Universitaire wiskunde — Bachelor jaar 2 · Bachelor Year 2

7Rijen en reeksen

De theorie van de getallenreeksen (volume van bachelorjaar 1) rijpt hier in drie richtingen: reeksen met waarden in banachruimten, waar de absolute convergentie het werk doet; de fijnere tests voor reële reeksen (Abelsommatie); en sommeerbare families — sommatie losgemaakt van de volgorde van de termen — met de stelling van Fubini voor dubbelsommen en het Cauchy-product. Deze gereedschappen dragen alle hoofdstukken over functiereeksen die nog komen.

7.1 Reeksen in genormeerde ruimten

Definitie 7.1

Voor een rij $(u_n)$ in een genormeerde ruimte $E$ convergeert de reeks $\sum u_n$ wanneer haar partiële sommen convergeren; zij convergeert absoluut wanneer $\sum \norm{u_n} < \infty$ . In een banachruimte impliceert absolute convergentie de convergentie (Stelling 5.21); in een niet-volledige ruimte kan dit falen (Oefening 7.9).

Voorbeeld 7.2

In $\mathcal{M}_n(K)$ (of in $\mathcal{L}_c(E)$ met $E$ een banachruimte): voor $\vertiii A < 1$ convergeert de neumannreeks $\sum A^k$ absoluut naar $(I - A)^{-1}$ (bewezen in Oefening 5.5); en $\sum \frac{A^k}{k!}$ convergeert voor elke $A$ absoluut naar $\eu^A$ (Voorbeeld 5.22). Meetkundige en exponentiële reeksen met operatorwaarden gedragen zich als hun scalaire modellen — en dat is de hele bedoeling van het banachkader.

7.2 Abelsommatie

Stelling 7.3 (Sommatie en test van Abel)

(Partiële sommatie) Voor scalairen $a_n$ en vectoren $b_n$ , met $B_n = \sum_{k=0}^{n} b_k$ , geldt

\sum_{n=0}^{N} a_n b_n = a_N B_N - \sum_{n=0}^{N-1} (a_{n+1} - a_n) B_n .

(Test van Abel) Is $(a_n)$ een reële rij die dalend naar $0$ gaat en zijn de partiële sommen $B_n$ begrensd (in een banachruimte), dan convergeert $\sum a_n b_n$ .

Bewijs. De identiteit, stap voor stap: schrijf met $B_{-1} = 0$ de term $b_n = B_n - B_{n-1}$ en splits,

\sum_{n=0}^{N} a_nb_n = \sum_{n=0}^{N} a_nB_n - \sum_{n=0}^{N} a_nB_{n-1} = \sum_{n=0}^{N} a_nB_n - \sum_{n=0}^{N-1} a_{n+1}B_{n} ,

waarbij de tweede som is herindexeerd met $n \mapsto n + 1$ (de term met $B_{-1}$ verdwijnt); het samennemen van het gemeenschappelijke bereik $0 \leq n \leq N-1$ laat $a_NB_N$ over plus $\sum_{n\leq N-1}(a_n - a_{n+1})B_n$ : de gevraagde formule. Het is de discrete partiële integratie, met $(B_n)$ als primitieve van $(b_n)$ en het verschil $a_{n+1} - a_n$ als afgeleide van $(a_n)$ . Voor de test, met $\norm{B_n} \leq M$ : de randterm $a_N B_N \to 0$ ; en de reeks $\sum (a_n - a_{n+1})B_n$ convergeert absoluut, want

\sum_n \norm{(a_{n+1} - a_n)B_n} \leq M \sum_n (a_n - a_{n+1}) = M a_0 < \infty

(telescoperen, met $a_n \downarrow 0$ ). Beide stukken van de identiteit convergeren, en dus ook $\sum a_n b_n$ . ∎

Voorbeeld 7.4

$\sum \frac{\sin n}{n}$ convergeert: $a_n = \frac1n \downarrow 0$ en $B_n = \sum_{k=1}^{n} \sin k$ is begrensd — immers $B_n = \Im\sum_{k \leq n} \eu^{\iu k} = \Im\,\frac{\eu^{\iu}(\eu^{\iu n} - 1)}{\eu^{\iu} - 1}$ , van modulus $\leq \frac{2}{\abs{\eu^{\iu} - 1}}$ . Zij convergeert niet absoluut ( $\abs{\sin n} \geq \sin^2 n = \frac{1 - \cos 2n}{2}$ , en $\sum \frac{1 - \cos 2n}{2n}$ divergeert omdat $\sum \frac{\cos 2n}{n}$ met dezelfde test van Abel convergeert terwijl $\sum \frac{1}{2n}$ divergeert). De test voor alternerende reeksen is het bijzondere geval $b_n = (-1)^n$ .

Voorbeeld 7.5 (Abel op de convergentiecirkel)

Voor welke complexe $z$ met $\abs z = 1$ convergeert $\sum_{n \geq 1} \frac{z^n}{n}$ ? In $z = 1$ is het de harmonische reeks: die divergeert. Voor $z \neq 1$ op de cirkel is de test van Abel van toepassing met $a_n = \frac1n \downarrow 0$ en $b_n = z^n$ , waarvan de partiële sommen onafhankelijk van $N$ begrensd zijn:

\Bigl|\sum_{n=1}^{N} z^n\Bigr| = \Bigl|\frac{z(z^N - 1)}{z - 1}\Bigr| \leq \frac{2}{\abs{z - 1}} .

Dus convergent — al is het nooit absoluut ( $\sum\frac1n$ ). Eén reeks, een cirkel van gedragingen: divergentie in één enkel punt, en overal elders halve convergentie. Dit is het standaardgedrag van machtreeksen op de rand (Hoofdstuk 11), hier met blote handen aangetroffen; in $z = -1$ vindt men de alternerende harmonische reeks terug, en in $z = \eu^{\iu\theta}$ zijn het reële en het imaginaire deel de reeksen $\sum\frac{\cos n\theta}{n}$ en $\sum\frac{\sin n\theta}{n}$ uit Oefening 7.4.

Voorbeeld 7.6 (Een alternerende reeks met een valstrik)

Convergeert $\sum_{n\geq2} \dfrac{(-1)^n}{\sqrt n + (-1)^n}$ ? De tekens wisselen en de termen gaan naar $0$ — en toch is de test voor alternerende reeksen niet van toepassing: de moduli $\frac{1}{\sqrt n + (-1)^n}$ dalen niet (zij springen bij elke oneven $n$ omhoog). Ontwikkel in plaats daarvan:

\frac{(-1)^n}{\sqrt n + (-1)^n} = \frac{(-1)^n}{\sqrt n}\cdot \frac{1}{1 + \frac{(-1)^n}{\sqrt n}} = \frac{(-1)^n}{\sqrt n} - \frac{1}{n} + O\Bigl(\frac{1}{n^{3/2}}\Bigr).

Het eerste stuk convergeert (de alternerende test, eerlijk toegepast op $\frac1{\sqrt n}\downarrow0$ ), het derde convergeert absoluut — maar het middelste stuk is de divergente harmonische reeks: de som divergeert naar $-\infty$ . Het inzicht om te onthouden: faalt de monotonie, ontwikkel dan tot elk stuk ofwel absoluut convergent is ofwel een schoon testgeval; de verborgen $-\frac1n$ is voor tekentellen onzichtbaar.

Opmerking 7.7 (Klassieke valkuilen)

(i) “De termen gaan naar $0$ ” bewijst niets: de harmonische reeks divergeert. (ii) De alternerende test vraagt dalende moduli — Voorbeeld 7.6 is het canonieke tegenvoorbeeld en de derde reeks van Oefening 7.1 de oefening. (iii) Voorwaardelijk convergente reeksen mogen niet worden herschikt (Voorbeeld 7.12), en hun Cauchy-producten kunnen divergeren: voor het kwadraat van $\sum\frac{(-1)^n}{\sqrt{n+1}}$ voldoen de diagonaaltermen aan

\abs{c_k} = \sum_{m=0}^{k} \frac{1}{\sqrt{(m+1)(k-m+1)}} \geq (k+1)\cdot\frac{2}{k+2} \longrightarrow 2 \neq 0

(elke factor is volgens de ongelijkheid tussen rekenkundig en meetkundig gemiddelde hoogstens $\frac{k+2}2$ ), dus divergeert $\sum c_k$ — absolute convergentie van minstens één factor (Oefening 7.8) is geen luxe. (iv) Sommeerbaarheid gaat per definitie over absolute grenzen: een voorwaardelijk sommeerbare familie bestaat niet.

7.3 Sommeerbare families

Definitie 7.8

Zij $I$ een aftelbare indexverzameling. Een familie $(u_i)_{i \in I}$ van niet-negatieve reële getallen heet sommeerbaar wanneer de eindige partiële sommen begrensd zijn; haar som is

\sum_{i \in I} u_i = \sup_{F \subseteq I \text{ eindig}} \sum_{i \in F} u_i \in \intcc{0}{+\infty} .

Een familie reële of complexe getallen (of vectoren uit een banachruimte) heet sommeerbaar wanneer $(\norm{u_i})$ dat is; haar som wordt dan gedefinieerd door te splitsen in een positief en een negatief (of een reëel en een imaginair) deel — gelijkwaardig: als de gemeenschappelijke waarde van $\sum_{n} u_{\sigma(n)}$ over alle opsommingen $\sigma$ van $I$ (zie hieronder).

Methode 7.9 (Een test kiezen)

Tegenover $\sum u_n$ , in deze volgorde: (1) geldt $u_n \not\to 0$ , dan divergentie, klaar. (2) Hebben de termen een vast teken, vergelijk dan: zoek een equivalent (Hoofdstuk 6) en plaats het op de kaart van Riemann en Bertrand. (3) Wisselen de tekens met dalende moduli, gebruik dan de alternerende test; zijn de moduli niet monotoon, ontwikkel de term dan tot elk stuk absoluut convergent is of een schoon testgeval (Voorbeeld 7.6). (4) Is het tekenpatroon oscillerend maar gestructureerd ( $\sin n\theta$ , $\eu^{\iu n\theta}$ , matrixmachten), gebruik dan de test van Abel met begrensde partiële sommen. (5) Absolute convergentie is altijd de moeite waard om als eerste na te gaan: zij is sterker, ongevoelig voor de volgorde, en zij opent Cauchy-producten en Fubini.

Voorbeeld 7.10 (Sommeerbaarheid door diagonalen te tellen)

Voor welke $s > 0$ is de familie $\bigl((m + n)^{-s}\bigr)_{m, n \geq 1}$ sommeerbaar? Groepeer de eindige partiële sommen naar de diagonalen $m + n = k$ : de diagonaal $k$ draagt $k - 1$ paren, elk met bijdrage $k^{-s}$ , dus worden de eindige sommen precies begrensd door (en uitgeput door)

\sum_{k \geq 2} \frac{k - 1}{k^{s}} ,

een reeks met positieve termen die equivalent is met $k^{1-s}$ : sommeerbaar dan en slechts dan als $s - 1 > 1$ , dat wil zeggen $s > 2$ . De tweedimensionale index vreet een volle macht op: een vlak van termen is “één dimensie divergenter” dan een rechte — de teltmeetkunde van de indexverzameling, niet de grootte van de afzonderlijke termen, beslist over de sommeerbaarheid. (Dezelfde telling laat zien dat $\bigl((m^2 + n^2)^{-1}\bigr)$ niet sommeerbaar is: op de diagonaal $m + n = k$ is elke term minstens $k^{-2}$ , en $(k-1)\cdot k^{-2}$ sommeert als de harmonische reeks.)

Stelling 7.11 (Sommeerbaarheid en volgorde)

Voor niet-negatieve families is de som invariant onder elke opsomming: $\sum_{i} u_i = \sum_{n=0}^{\infty} u_{\sigma(n)}$ voor elke bijectie $\sigma \colon \N \to I$ .
Een reële of complexe reeks $\sum u_n$ is commutatief convergent (elke herschikking convergeert, met dezelfde som) dan en slechts dan als zij absoluut convergeert.

Bewijs. (1) Elke partiële som $\sum_{n \leq N} u_{\sigma(n)}$ is een eindige partiële som van de familie (dus $\leq$ het supremum); en elke eindige $F$ ligt in een zekere $\{\sigma(0), \dots, \sigma(N)\}$ (dus is het supremum $\leq$ de limiet van de reeks). De twee grenzen sluiten op elkaar aan.

(2) Geldt $\sum\abs{u_n} < \infty$ : kies bij een herschikking $\sigma$ en $\varepsilon > 0$ een $N$ met $\sum_{n > N}\abs{u_n} \leq \varepsilon$ ; voorbij de rang waar $\sigma$ $\intint{0}{N}$ heeft uitgeput, verschillen de herschikte partiële sommen hoogstens $\varepsilon$ van de oorspronkelijke limiet: dezelfde som. Geldt $\sum \abs{u_n} = \infty$ terwijl $\sum u_n$ convergeert (reëel geval; het complexe volgt coördinaatsgewijs), dan divergeren het positieve en het negatieve deel beide, en kan men zo herschikken dat men elke voorgeschreven limiet bereikt — de stelling van Riemann, uitgevoerd in Oefening 7.5 — zodat de commutatieve convergentie faalt. ∎

Voorbeeld 7.12 (Een herschikking op heterdaad betrapt)

De alternerende harmonische reeks heeft som $\sum_{n\geq1}\frac{(-1)^{n-1}}{n} = \ln 2$ (volume van bachelorjaar 1). Herschik haar als “één positieve, twee negatieve”:

1 - \frac12 - \frac14 + \frac13 - \frac16 - \frac18 + \frac15 - \cdots

Groeperen we per blok van drie, dan is

\frac{1}{2k-1} - \frac{1}{4k-2} - \frac1{4k} = \frac{1}{4k-2} - \frac{1}{4k} = \frac12\Bigl(\frac{1}{2k-1} - \frac1{2k}\Bigr),

zodat de herschikte reeks naar $\frac12\ln 2$ convergeert — de helft van de oorspronkelijke som, met precies dezelfde termen. Niet-absoluut convergente reeksen onthouden de volgorde van hun termen; sommeerbare families zijn juist die welke dat niet doen.

Voorbeeld 7.13 (Groeperen mag, ontgroeperen niet)

Opeenvolgende termen van een convergente reeks groeperen verandert de som nooit: de gegroepeerde partiële sommen vormen een deelrij van de oorspronkelijke. De omgekeerde bewerking is verboden:

(1 - 1) + (1 - 1) + (1 - 1) + \cdots = 0 + 0 + \cdots = 0,

terwijl het ontgroepeerde $1 - 1 + 1 - 1 + \cdots$ divergeert (de partiële sommen oscilleren tussen $1$ en $0$ ). Ontgroeperen is alleen legitiem onder een compenserende hypothese — bijvoorbeeld dat de termen naar $0$ gaan bij begrensde bloklengten: dan drijven de oorspronkelijke sommen tussen twee gegroepeerde partiële sommen hoogstens een som van begrensd veel $o(1)$ -termen weg, en draagt de convergentie terug over. Dat is precies de voorwaarde waaronder de blokberekening van Voorbeeld 7.12 een bewijs is en geen goocheltruc.

Stelling 7.14 (Fubini voor families; Cauchy-producten)

Zij $(u_{m,n})_{(m,n) \in \N^2}$ een sommeerbare dubbele familie (dat wil zeggen $\sup_F \sum_F \abs{u_{m,n}} < \infty$ ). Dan geldt

\sum_{(m,n)} u_{m,n} = \sum_{m=0}^{\infty}\Bigl(\sum_{n=0}^{\infty} u_{m,n}\Bigr) = \sum_{n=0}^{\infty}\Bigl(\sum_{m=0}^{\infty} u_{m,n}\Bigr) = \sum_{k=0}^{\infty}\Bigl(\sum_{m+n=k} u_{m,n}\Bigr),

waarbij alle binnenste reeksen (absoluut) convergeren. In het bijzonder: convergeren $\sum a_m$ en $\sum b_n$ absoluut, dan convergeert hun Cauchy-product absoluut, met

\Bigl(\sum_m a_m\Bigr)\Bigl(\sum_n b_n\Bigr) = \sum_{k=0}^{\infty} c_k, \qquad c_k = \sum_{m=0}^{k} a_m b_{k-m} .

Bewijs. Niet-negatief geval. Elke groepering (naar rijen, kolommen of diagonalen) berekent hetzelfde supremum: elke eindige verzameling paren ligt in een eindig blok rijen (wat elke gegroepeerde som van onderen door eindige partiële sommen en van boven door het totaal begrenst), en de monotone convergentie van de partiële sommen doet de rest — concreet, voor rijen: uit $\sum_{m \leq M}\sum_{n \leq N} u_{m,n} \leq S$ volgt, eerst met $N \to \infty$ en dan met $M \to \infty$ , dat $\sum_m \sum_n u_{m,n} \leq S$ ; omgekeerd ligt elke eindige $F$ in zo’n rechthoek, dus $S \leq \sum_m\sum_n u_{m,n}$ . Voor diagonalen: dezelfde twee grenzen met driehoeken in plaats van rechthoeken.

Algemeen geval. Splits in een positief en een negatief (een reëel en een imaginair) deel, elk een sommeerbare niet-negatieve familie; de vier groeperingen stemmen op elk deel overeen en dus ook op het verschil; de absolute convergentie van de binnenste reeksen komt uit het niet-negatieve geval toegepast op $\abs{u_{m,n}}$ .

Cauchy-product. De familie $u_{m,n} = a_m b_n$ is sommeerbaar: de eindige partiële sommen van $\abs{a_mb_n}$ worden begrensd door $\bigl(\sum\abs{a_m}\bigr)\bigl(\sum\abs{b_n}\bigr)$ . Rijen geven $\bigl(\sum a_m\bigr)\bigl(\sum b_n\bigr)$ ; diagonalen geven $\sum_k c_k$ . ∎

Voorbeeld 7.15 (De exponentiële identiteit, eerlijk)

Voor $a, b \in \C$ (of commuterende matrices):

\Bigl(\sum_m \frac{a^m}{m!}\Bigr)\Bigl(\sum_n \frac{b^n}{n!}\Bigr) = \sum_k \sum_{m+n=k} \frac{a^m b^n}{m!\,n!} = \sum_k \frac{(a + b)^k}{k!},

volgens het binomium op elke diagonaal: dus $\eu^a \eu^b = \eu^{a+b}$ — de functionaalvergelijking van $\exp$ , uitsluitend uit de reeks afgeleid. (De commutatie wordt in de binomiale stap gebruikt; voor niet-commuterende matrices faalt de identiteit werkelijk, Hoofdstuk 16.)

Voorbeeld 7.16 (Cauchy-producten als rekenmiddel)

Uit de meetkundige reeks en de formule $\sum_{n \geq 1} nz^n = \frac{z}{(1-z)^2}$ ( $\abs z < 1$ ) van Oefening 7.2 maakt nog één Cauchy-product het tweede moment af. Vermenigvuldig $\sum_m mz^m$ met $\sum_n z^n$ : de diagonaalcoëfficiënt is $\sum_{m=0}^k m = \frac{k(k+1)}2$ , dus

\frac{z}{(1-z)^3} = \sum_{k\geq0}\frac{k(k+1)}{2}\,z^k ,

en de identiteit $n^2 = 2\cdot\frac{n(n+1)}2 - n$ zet in elkaar

\sum_{n\geq1} n^2z^n = \frac{2z}{(1-z)^3} - \frac{z}{(1-z)^2} = \frac{z(1+z)}{(1-z)^3} .

Bij $z = \frac12$ : $\sum_{n\geq1}\frac{n^2}{2^n} = \frac{\frac12\cdot\frac32}{\frac18} = 6$ — een gesloten waarde zonder ook maar ergens te differentiëren, alleen absoluut convergente reeksen die als veeltermen worden vermenigvuldigd. Dezelfde ketting van identiteiten berekent elke $\sum n^dz^n$ , en wie kansrekening kent, herkent het tweede factoriële moment van de meetkundige verdeling (Hoofdstuk 23).

Voorbeeld 7.17 (Een dubbelsom uitgerekend)

Zij voor reële $s > 1$ de waarde $\zeta(s) = \sum_{n\geq1} n^{-s}$ . Delers tellen met een dubbele sommatie — de familie $(m^{-s}n^{-s})$ over $(m,n) \in (\N^*)^2$ is sommeerbaar (een product van convergente positieve reeksen) — en groeperen naar het product $q = mn$ geeft

\zeta(s)^2 = \sum_{m,n} \frac{1}{(mn)^s} = \sum_{q=1}^{\infty} \frac{d(q)}{q^s},

waarbij $d(q)$ het aantal delers van $q$ is. Sommeerbare families maken van combinatoriek analyse.

Voorbeeld 7.18 (Een berekening met Fubini: $\sum_n (\zeta(n) - 1) = 1$ )

Voor gehele $n \geq 2$ is $\zeta(n) - 1 = \sum_{k \geq 2} k^{-n}$ . De dubbele familie $(k^{-n})_{k, n \geq 2}$ is sommeerbaar: sommeer eerst de meetkundige kolommen,

\sum_{k\geq2}\sum_{n\geq2} \frac{1}{k^n} = \sum_{k\geq2} \frac{1/k^2}{1 - 1/k} = \sum_{k\geq2} \frac{1}{k(k-1)} = 1

(telescoperen), en alle termen zijn positief, dus staat Stelling 7.14 toe in plaats daarvan naar rijen te sommeren:

\sum_{n\geq2}\bigl(\zeta(n) - 1\bigr) = 1 .

De oneindig vele $\zeta$ -waarden, elk transcendent ogend, hebben staarten die precies tot $1$ optellen. Het inzicht om te onthouden: heeft een dubbelsom positieve termen, bereken haar dan in de volgorde die in elkaar klapt — hier zijn de kolommen meetkundig, de rijen raadselachtig, en Fubini brengt de klap over.

Voorbeeld 7.19 (De meetkundige reeks lost een vergelijking op)

Los in de banachruimte $\bigl(C(\intcc01), \norm\cdot_\infty\bigr)$ de vergelijking $x - K(x) = y$ op, waarbij $K(f)$ de constante functie $\frac12\int_0^1 f$ is. De operatornorm voldoet aan $\vertiii K \leq \frac12 < 1$ , dus is de neumannreeks van toepassing (Voorbeeld 7.2): $x = \sum_{n\geq0} K^n(y)$ . Bereken de iteraties: $K(y) = \frac12\int_0^1 y$ (een constante), en $K$ toepassen op een constante $c$ geeft $\frac c2$ , dus $K^n(y) = \frac{1}{2^{n-1}}\cdot\frac12\int_0^1 y$ voor $n \geq 1$ . Het sommeren van de meetkundige constanten geeft

x = y + \Bigl(\int_0^1 y\Bigr) \sum_{n\geq1}\frac{1}{2^n} = y + \int_0^1 y .

Controle: $x - K(x) = y + \int y - \frac12\bigl(\int y + \int y\bigr) = y$ . Een oneindige reeks, een eindig antwoord en een controle van één regel — de meetkundige reeks is een inversiealgoritme, niet louter een uitspraak over convergentie.

Voorbeeld 7.20 (Telescoperen met breuksplitsing)

Exact sommeren is zeldzaam; telescoperen is de voornaamste leverancier ervan. Splits

\frac{1}{n(n+1)(n+2)} = \frac{1}{2}\Bigl(\frac{1}{n(n+1)} - \frac{1}{(n+1)(n+2)}\Bigr),

(na te gaan door op één noemer te brengen), zodat de partiële sommen in elkaar klappen:

\sum_{n=1}^{N}\frac{1}{n(n+1)(n+2)} = \frac12\Bigl(\frac{1}{1\cdot2} - \frac{1}{(N+1)(N+2)}\Bigr) \longrightarrow \frac14 .

Hetzelfde patroon — schrijf de term als $c(u_n - u_{n+1})$ voor een expliciete $(u_n)$ — loste Oefening 7.10 (arctangenten) op en berekent elke $\sum\frac{1}{n(n+1)\cdots(n + k)} = \frac{1}{k\cdot k!}$ . Bestaat er op dit niveau een exacte som, dan zit er meestal een telescoop in de term verborgen.

Opmerking 7.21 (Vooruitblik binnen dit volume)

Drie hoofdstukken hierna zijn rechtstreekse klanten. Voor Hoofdstuk 10: normale convergentie van $\sum f_n$ is absolute convergentie van $\sum\norm{f_n}_\infty$ in de banachruimte $\bigl(C, \norm\cdot_\infty\bigr)$ — Stelling 5.21 in een ander kostuum. Voor Hoofdstuk 11: binnen de convergentieschijf is alles absoluut en sommeerbaar, zodat Cauchy-producten en herschikkingen vrij spel hebben (en dat is waarom machtreeksen zich als veeltermen vermenigvuldigen); op de rand neemt de test van Abel het over (Voorbeeld 7.5). Voor Hoofdstuk 23: kansgenererende functies zijn machtreeksen waarvan alle bewerkingen — producten voor sommen van onafhankelijke variabelen, dubbelsommen voor samengestelde verdelingen — door Stelling 7.14 worden gelegitimeerd. Sommeerbare families zijn de juridische afdeling van de analyse die komt.

Opmerking 7.22 (Waar dit hoofdstuk wordt gebruikt)

Alles met een oneindige som gaat hier langs: machtreeksen (Hoofdstuk 11) zijn vermomde sommeerbare families, fouriercoëfficiënten worden met Cauchy-producten vermenigvuldigd en door Parseval herschikt (Hoofdstuk 14), en kansgenererende functies (Hoofdstuk 23) zijn de stelling van Fubini toegepast op verwachtingswaarden. Het volume van bachelorjaar 3 absorbeert de sommeerbare families in de lebesgue-integratie over de telmaat — waar Stelling 7.14 een bijzonder geval van de stelling van Fubini en Tonelli wordt.

7.4 Oefeningen

Oefening 7.1 ★

Bepaal de aard van $\sum \dfrac{\cos n}{n}$ , $\;\sum \dfrac{(-1)^n}{\ln n}$ en $\;\sum \dfrac{(-1)^n}{n^{3/4} + \cos n}$ (ontwikkel zoals bij de valstrik uit bachelorjaar 1: de alternerende test heeft monotonie nodig).

Oplossing

Oplossing van Oefening 7.1.

$\sum\frac{\cos n}{n}$ : de test van Abel met $a_n = \frac1n$ en $b_n = \cos n$ , waarvan de partiële sommen begrensd zijn (het reële deel van een meetkundige som, als in Voorbeeld 7.4): convergent (niet absoluut, met dezelfde truc via $\cos^2$ ).

$\sum \frac{(-1)^n}{\ln n}$ ( $n \geq 2$ ): de alternerende test, met $\frac{1}{\ln n} \downarrow 0$ : convergent; niet absoluut (want $\ln n \leq n$ ).

$\sum \frac{(-1)^n}{n^{3/4} + \cos n}$ : ontwikkel,

\frac{(-1)^n}{n^{3/4} + \cos n} = \frac{(-1)^n}{n^{3/4}}\cdot \frac{1}{1 + \frac{\cos n}{n^{3/4}}} = \frac{(-1)^n}{n^{3/4}} - \frac{(-1)^n\cos n}{n^{3/2}} + O\Bigl(\frac{1}{n^{9/4}}\Bigr).

Eerste reeks: alternerend, dus convergent. Tweede: absoluut convergent (de schaal $\frac{1}{n^{3/2}}$ ). Derde: absoluut convergent. In totaal: convergent.

Oefening 7.2 ★

Bewijs dat voor $\abs z < 1$ geldt $\sum_{n\geq1} n z^{n} = \dfrac{z}{(1-z)^2}$ , via het Cauchy-product van $\sum z^n$ met zichzelf.

Oplossing

Oplossing van Oefening 7.2.

Het Cauchy-product van $\sum_{m\geq0} z^m$ met zichzelf (beide absoluut convergent voor $\abs z < 1$ ): de diagonaalcoëfficiënt is $c_k = \sum_{m=0}^{k} 1 = k + 1$ , dus

\frac{1}{(1-z)^2} = \sum_{k\geq0} (k+1)z^k .

Vermenigvuldigen met $z$ en herindexeren geeft $\sum_{n \geq 1} n z^n = \frac{z}{(1-z)^2}$ .

Oefening 7.3 ★★

(Lemma van het type Kronecker) Zij $\sum b_n$ een convergente reële reeks. Bewijs met Abelsommatie dat $\dfrac{1}{n}\sum_{k=1}^{n} k\,b_k \to 0$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 7.3.

Zij $B_n = \sum_{k \leq n} b_k \to B$ . Abelsommatie met $a_k = k$ geeft

\sum_{k=1}^{n} k\,b_k = n B_n - \sum_{k=1}^{n-1} B_k \quad\Longrightarrow\quad \frac1n \sum_{k=1}^{n} k b_k = B_n - \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n-1} B_k .

De gemiddelden van Cesàro van de convergente $(B_k)$ gaan naar haar limiet $B$ (volume van bachelorjaar 1), dus gaat het rechterlid naar $B - B = 0$ .

Oefening 7.4 ★★

Onderzoek de convergentie van $\sum \dfrac{\sin(n\theta)}{n^\alpha}$ ( $\theta \in \R$ , $\alpha > 0$ ): voor welke $(\theta, \alpha)$ is zij absoluut convergent, halfconvergent of divergent?

Oplossing

Oplossing van Oefening 7.4.

Is $\theta \in \pi\Z$ , dan verdwijnen alle termen — triviaal convergent. Neem dus aan dat $\theta \notin \pi\Z$ .

$\alpha > 1$ : absoluut convergent (dominatie door $n^{-\alpha}$ ).

$0 < \alpha \leq 1$ : de test van Abel is van toepassing ( $a_n = n^{-\alpha} \downarrow 0$ ; de partiële sommen van $\sin n\theta$ zijn begrensd door $\frac{1}{\abs{\sin(\theta/2)}}$ , een meetkundige som): dus convergent. Niet absoluut: $\abs{\sin n\theta} \geq \sin^2 n\theta = \frac{1 - \cos 2n\theta}{2}$ , en $\sum \frac{1 - \cos 2n\theta}{2n^\alpha}$ divergeert ( $\sum n^{-\alpha}$ divergeert; $\sum \frac{\cos 2n\theta}{n^\alpha}$ convergeert volgens Abel zodra $2\theta \notin 2\pi\Z$ , en het uitgesloten geval $2\theta \in 2\pi\Z$ betekent $\theta \in \pi\Z$ , al behandeld). Dus halfconvergent.

Oefening 7.5 ★★★

(Herschikking van Riemann) Zij $\sum u_n$ een convergente maar niet absoluut convergente reële reeks, en $\ell \in \R$ . Bewijs dat een zekere herschikking van $\sum u_n$ naar $\ell$ convergeert. (Toon aan dat beide deelreeksen van positieve en van negatieve termen divergeren; wissel dan gulzig af: neem positieve termen tot je $\ell$ overschrijdt, dan negatieve tot je eronder duikt, enzovoort; de termen gaan naar $0$ , wat convergentie naar $\ell$ afdwingt.)

Oplossing

Oplossing van Oefening 7.5.

Zijn $p_1, p_2, \dots$ de niet-negatieve termen van $(u_n)$ op volgorde, en $q_1, q_2, \dots$ de negatieve. Zowel $\sum p_k$ als $\sum q_k$ divergeert: convergeerde er één, dan zou de andere gelijk zijn aan de convergente $\sum u_n$ min die ene en dus ook convergeren — en dan zou $\sum \abs{u_n} = \sum p_k - \sum q_k$ convergeren, in strijd met de hypothese. Bovendien is $u_n \to 0$ ( $\sum u_n$ convergeert).

Gulzige herschikking: neem positieve termen $p_1, p_2, \dots$ tot de lopende som $\ell$ voor het eerst overschrijdt (mogelijk, want $\sum p_k = +\infty$ ); daarna negatieve termen tot de som er voor het eerst onder duikt (mogelijk, want $\sum q_k = -\infty$ ); en herhaal dit eeuwig (elke fase is eindig, en elke term wordt precies één keer gebruikt: een echte herschikking). Na elke wissel is de afstand van de lopende som tot $\ell$ hoogstens de laatst gebruikte term; omdat de bij de $m$ -de wissel gebruikte termen een index $\to \infty$ hebben en $u_n \to 0$ , convergeren de lopende sommen naar $\ell$ .

Oefening 7.6 ★★

Bewijs dat de familie $\Bigl(\dfrac{x^{m+n}}{m!\,n!}\Bigr)_{(m,n)\in\N^2}$ voor elke $x \in \R$ sommeerbaar is, en leid de identiteit $(\eu^x)^2 = \eu^{2x}$ opnieuw af door de dubbelsom langs de diagonalen $m + n = k$ te groeperen.

Oplossing

Oplossing van Oefening 7.6.

Sommeerbaarheid: de eindige partiële sommen van $\frac{\abs x^{m+n}}{m!n!}$ worden begrensd door $\bigl(\sum_m \frac{\abs x^m}{m!}\bigr)^2 = \eu^{2\abs x}$ . Groeperen naar de diagonalen (Stelling 7.14):

(\eu^{x})^2 = \sum_{m,n} \frac{x^{m+n}}{m!\,n!} = \sum_{k=0}^{\infty} x^k \sum_{m+n=k} \frac{1}{m!\,n!} = \sum_k \frac{x^k}{k!}\sum_{m=0}^{k}\binom km = \sum_k \frac{(2x)^k}{k!} = \eu^{2x} .

Oefening 7.7 ★★

Bewijs dat de familie $\bigl(\frac{1}{m^2 n^2}\bigr)_{m,n \geq 1}$ sommeerbaar is, en dat het groeperen naar de grootste gemene deler geeft: met $q = \gcd(m,n)$ ,

\zeta(2)^2 = \sum_{q\geq1} \frac{1}{q^4} \sum_{\substack{a,b \geq 1\\ \gcd(a,b)=1}} \frac{1}{a^2b^2} = \zeta(4) \cdot S,

waarbij $S = \sum_{\gcd(a,b)=1} \frac{1}{a^2b^2}$ : leid af dat $S = \zeta(2)^2/\zeta(4)$ . (Elk paar $(m,n)$ schrijft zich eenduidig als $(qa, qb)$ met $\gcd(a,b) = 1$ .)

Oplossing

Oplossing van Oefening 7.7.

Sommeerbaarheid: begrensd door $\zeta(2)^2$ als productfamilie (het argument met het Cauchy-product uit Stelling 7.14). De afbeelding $(q, a, b) \mapsto (qa, qb)$ , van drietallen met $\gcd(a, b) = 1$ naar paren $(m, n)$ , is een bijectie (zet $q = \gcd(m,n)$ ). Groeperen we de sommeerbare familie dienovereenkomstig (een partitie van de indexverzameling — voor sommeerbare families legitiem volgens Stelling 7.11 en Stelling 7.14, toegepast op de partitie in aftelbaar veel klassen), dan

\zeta(2)^2 = \sum_{q} \sum_{\gcd(a,b)=1} \frac{1}{q^4 a^2 b^2} = \zeta(4)\, S, \qquad\text{dus}\qquad S = \frac{\zeta(2)^2}{\zeta(4)} .

(Met de waarden $\zeta(2) = \frac{\pi^2}{6}$ en $\zeta(4) = \frac{\pi^4}{90}$ uit Hoofdstuk 14: $S = \frac{5}{2}$ .)

Oefening 7.8 ★★★

(Stelling van Abel over producten, lichte versie) Neem aan dat $\sum a_n$ absoluut convergeert en $\sum b_n$ convergeert. Bewijs dat hun Cauchy-product $\sum c_n$ convergeert, met $\sum c_n = (\sum a_n)(\sum b_n)$ . (Schrijf $C_N = \sum_{k\leq N} c_k = \sum_n a_n B_{N-n}$ met $B$ de partiële sommen van $b$ ; splits naargelang $n \leq N/2$ of niet, met de begrensdheid van $(B_m)$ en de absolute staart van $(a_n)$ .)

Oplossing

Oplossing van Oefening 7.8.

Zij $A = \sum a_n$ (absoluut) en $B_m = \sum_{k\leq m} b_k \to B$ , begrensd door $M$ . Dan is

C_N = \sum_{k=0}^{N} c_k = \sum_{n=0}^{N} a_n B_{N-n}

(verzamel naar de index van $a$ ). Schrijf

C_N - AB = \sum_{n=0}^{N} a_n (B_{N-n} - B) - B\sum_{n > N} a_n .

De laatste term gaat naar $0$ . Splits de som bij $n = \lfloor N/2 \rfloor$ : voor $n \leq N/2$ is $N - n \geq N/2$ , dus $\abs{B_{N-n} - B} \leq \varepsilon_N := \sup_{m \geq N/2}\abs{B_m - B} \to 0$ , en dat deel is $\leq \varepsilon_N \sum\abs{a_n}$ ; voor $n > N/2$ is $\abs{B_{N-n} - B} \leq 2M$ , en dat deel is $\leq 2M \sum_{n > N/2} \abs{a_n} \to 0$ . Bijgevolg is $C_N \to AB$ .

Oefening 7.9 ★★★

Geef in de (niet-volledige) ruimte $E$ van de reële rijen die vanaf zeker moment nul zijn, met de supnorm, een absoluut convergente reeks die in $E$ niet convergeert. (Probeer $u_n = 2^{-n} e_n$ met $(e_n)$ de canonieke rijen.)

Oplossing

Oplossing van Oefening 7.9.

Neem $u_n = 2^{-n} e_n$ (met $e_n$ de rij met één enkele $1$ op plaats $n$ ). Dan is $\sum \norm{u_n}_\infty = \sum 2^{-n} < \infty$ : absoluut convergent. Maar de partiële sommen $S_N = (1, \tfrac12, \dots, 2^{-N}, 0, \dots)$ zouden naar de rij $(2^{-n})_n$ moeten convergeren, en die is niet vanaf zeker moment nul: zij ligt buiten $E$ . Binnen $E$ is $(S_N)$ een cauchyrij zonder limiet (voor elke $x \in E$ die voorbij rang $K$ verdwijnt, is $\norm{S_N - x} \geq 2^{-K-1}$ zodra $N > K$ ): de reeks convergeert dus niet in $E$ . De volledigheid is precies wat Stelling 5.21 nodig heeft.

Oefening 7.10 ★★

Ga de identiteit $\arctan(n+1) - \arctan(n) = \arctan\dfrac{1}{n^2 + n + 1}$ na, en leid daaruit de exacte waarde van

\sum_{n=1}^{\infty} \arctan\frac{1}{n^2 + n + 1}

af.

Oplossing

Oplossing van Oefening 7.10.

Zowel $\arctan(n+1) - \arctan n$ als $\arctan\frac{1}{n^2+n+1}$ ligt in $\intoo{0}{\frac\pi2}$ , en de somformule voor de tangens geeft

\tan\bigl(\arctan(n{+}1) - \arctan n\bigr) = \frac{(n+1) - n}{1 + n(n+1)} = \frac{1}{n^2 + n + 1} :

gelijke tangenswaarden in een interval waarop $\tan$ injectief is, dus geldt de identiteit. Telescoperen geeft

\sum_{n=1}^{N}\arctan\frac{1}{n^2+n+1} = \arctan(N{+}1) - \arctan 1 \xrightarrow[N\to\infty]{} \frac\pi2 - \frac\pi4 = \frac\pi4 .

Oefening 7.11 ★★

Bepaal de aard (met equivalenten) van

\sum_n \bigl(\sqrt{n+1} - \sqrt n\bigr)^{\alpha} \ (\alpha > 0), \qquad \sum_n \Bigl(1 - \cos\frac1n\Bigr), \qquad \sum_n \Bigl(\eu - \Bigl(1 + \frac1n\Bigr)^{\!n}\Bigr).

Oplossing

Oplossing van Oefening 7.11.

Eerste: $\sqrt{n+1} - \sqrt n = \frac{1}{\sqrt{n+1} + \sqrt n} \sim \frac{1}{2\sqrt n}$ , dus zijn de termen $\sim 2^{-\alpha}n^{-\alpha/2}$ : convergentie dan en slechts dan als $\frac\alpha2 > 1$ , dat wil zeggen $\alpha > 2$ . Tweede: $1 - \cos\frac1n \sim \frac{1}{2n^2}$ : convergeert. Derde: $\bigl(1 + \frac1n\bigr)^n = \eu^{\,n\ln(1 + 1/n)} = \eu^{\,1 - \frac1{2n} + O(n^{-2})} = \eu\bigl(1 - \frac{1}{2n} + O(n^{-2})\bigr)$ , dus

\eu - \Bigl(1 + \frac1n\Bigr)^{\!n} \sim \frac{\eu}{2n} :

positieve termen die equivalent zijn met een veelvoud van de harmonische reeks: divergeert.

Oefening 7.12 ★★★

Zij $(a_n)$ positief en dalend met $\sum a_n$ convergent. Bewijs dat $n\,a_n \to 0$ (begrens $n a_{2n}$ door een staart). Toon aan dat het omgekeerde faalt en dat de monotonie onmisbaar is, met expliciete tegenvoorbeelden.

Oplossing

Oplossing van Oefening 7.12.

Wegens de monotonie is $n\,a_{2n} \leq a_{n+1} + a_{n+2} + \dots + a_{2n} = S_{2n} - S_n \to 0$ (cauchycriterium voor de convergente reeks). Bijgevolg is $2n\,a_{2n} \to 0$ , en $(2n{+}1)\,a_{2n+1} \leq (2n{+}1)a_{2n} = \frac{2n+1}{2n}\,(2n\,a_{2n}) \to 0$ : beide deelrijen van $(na_n)$ gaan naar $0$ , dus $na_n \to 0$ .

Het omgekeerde faalt: $a_n = \frac1{n\ln n}$ is positief en dalend met $na_n = \frac1{\ln n} \to 0$ , en toch divergeert $\sum a_n$ (de grens van Bertrand, Probleem 7.1, vraag 18). Monotonie is onmisbaar: neem $a_n = \frac1n$ als $n$ een macht van $2$ is en $a_n = 2^{-n}$ anders: dan is $\sum a_n \leq \sum_k 2^{-k} + \sum_n 2^{-n} < \infty$ , maar $na_n = 1$ langs de machten van $2$ : dus $na_n \not\to 0$ .

7.5 Probleem: Eulers $\zeta(2) = \pi^2/6$ , via Cauchys cotangenssom

Eulers beroemdste identiteit, $1 + \frac14 + \frac19 + \cdots = \frac{\pi^2}6$ , laat een volledig elementair bewijs toe, van Cauchy: de formule van de Moivre levert een veelterm waarvan de nulpunten de getallen $\cot^2\frac{k\pi}{2n+1}$ zijn, Vieta somt die nulpunten exact op, en de insluiting $\cot^2\theta < \frac{1}{\theta^2} < 1 + \cot^2\theta$ perst de partiële sommen van $\sum\frac1{k^2}$ tussen twee expliciete rationale grenzen. We voeren het bewijs volledig uit, halen met dezelfde methode $\zeta(4) = \frac{\pi^4}{90}$ binnen, en brengen daarna de hele grens tussen convergentie en divergentie in kaart met de reeksen van Bertrand — en bewijzen dat er op die grens helemaal geen traagste convergente reeks ligt.

Probleem 7.1

Weekendopgave — $\zeta(2) = \pi^2/6$ en het panorama van Bertrand

Overal is $n \geq 1$ en $\theta_k = \dfrac{k\pi}{2n+1}$ voor $k = 1, \dots, n$ ; merk op dat $0 < \theta_k < \frac\pi2$ .

Deel I — De cotangensidentiteit.

Bewijs de formule van de Moivre $(\cos\theta + \iu\sin\theta)^m = \cos m\theta + \iu\sin m\theta$ ( $m \in \N$ ), en leid daaruit voor $m = 2n + 1$ af dat

$\sin\bigl((2n{+}1)\theta\bigr) = \sum_{j=0}^{n} (-1)^j\binom{2n+1}{2j+1}\cos^{2(n-j)}\theta\, \sin^{2j+1}\theta .$
Leid af dat voor $\theta \in \intoo{0}{\frac\pi2}$

$\sin\bigl((2n{+}1)\theta\bigr) = \sin^{2n+1}\theta\; P_n(\cot^2\theta), \qquad P_n(x) = \sum_{j=0}^{n} (-1)^j\binom{2n+1}{2j+1}x^{\,n-j},$

een veelterm van graad $n$ met kopcoëfficiënt $2n + 1$ .
Toon aan dat $x_k = \cot^2\theta_k$ , $k = 1, \dots, n$ , $n$ verschillende nulpunten van $P_n$ zijn — en dus alle nulpunten.
Bewijs met Vieta de exacte identiteit

$\sum_{k=1}^{n} \cot^2\frac{k\pi}{2n+1} = \frac{n(2n-1)}{3}.$
Leid ook $\displaystyle\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{\sin^2\theta_k} = \frac{2n(n+1)}{3}$ af.
Bewijs de insluiting $\cot^2\theta < \dfrac1{\theta^2} < \dfrac{1}{\sin^2\theta}$ voor $\theta \in \intoo{0}{\frac\pi2}$ (uit $\sin\theta < \theta < \tan\theta$ ).

Deel II — De insluiting sluit: de stelling van Euler.

Stel vast, door vraag 6 over $k = 1, \dots, n$ met $\theta = \theta_k$ te sommeren, dat

$\frac{n(2n-1)}{3} \;<\; \frac{(2n+1)^2}{\pi^2}\sum_{k=1}^{n}\frac1{k^2} \;<\; \frac{2n(n+1)}{3}.$
Besluit (de stelling van Euler, met het bewijs van Cauchy):

$\zeta(2) = \sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k^2} = \frac{\pi^2}{6}.$
Haal een snelheid uit de insluiting: toon aan dat

$\Bigl|\sum_{k=1}^{n}\frac1{k^2} - \frac{\pi^2}6\Bigr| = O\Bigl(\frac1n\Bigr),$

in overeenstemming met de exacte staart $\sum_{k>n}k^{-2} = \frac1n - \frac{1}{2n^2} + O(n^{-3})$ uit Oefening 6.11.
Laat de machine één verdieping hoger draaien: toon met de tweede symmetrische functie van Vieta van $P_n$ aan dat

$\sum_{k=1}^{n}\cot^4\theta_k = \Bigl(\frac{n(2n-1)}3\Bigr)^{\!2} - \frac{2n(2n-1)(2n-2)(2n-3)}{60} \;\sim\; \frac{8n^4}{45},$

en sluit in met $\cot^4 < \theta^{-4} < (1 + \cot^2)^2$ om $\zeta(4) = \dfrac{\pi^4}{90}$ te verkrijgen.

Deel III — Opbrengsten.

Leid uit $\zeta(2) = \frac{\pi^2}6$ af dat

$\sum_{k\geq0}\frac{1}{(2k+1)^2} = \frac{\pi^2}{8}, \qquad \sum_{k\geq1}\frac{(-1)^{k-1}}{k^2} = \frac{\pi^2}{12}.$
Combineer met Oefening 7.7: bereken $S = \sum_{\gcd(a,b)=1}\frac{1}{a^2b^2} = \frac{\zeta(2)^2}{\zeta(4)} = \frac52$ , en interpreteer $\frac{1}{\zeta(2)} = \frac{6}{\pi^2} \approx 0.608$ als de dichtheid van de onderling ondeelbare paren (formuleer de heuristiek eerlijk: de rigoureuze telling is een zaak voor het volume van bachelorjaar 3).
(Gecertificeerde versnelling) De staartformule van vraag 9 geeft $\sum_{k\leq n}k^{-2} + \frac1n - \frac1{2n^2} = \frac{\pi^2}6 + O(n^{-3})$ . Vergelijk het werk dat zes cijfers van $\zeta(2)$ kosten: rechtstreeks sommeren tegenover de gecorrigeerde som bij $n = 100$ (waar de fout $1.7\cdot10^{-7}$ is).
Ga vraag 4 met de hand na bij $n = 1$ en $n = 2$ (de waarden $\cot^2\frac\pi3 = \frac13$ en $\cot^2\frac\pi5 + \cot^2\frac{2\pi}5 = 2$ ), met $\cos\frac\pi5 = \frac{1+\sqrt5}4$ of met een numerieke evaluatie.
Bewijs de bijbehorende identiteit

$\sum_{k=1}^{n}\tan^2\frac{k\pi}{2n+1} = n(2n+1)$

(de getallen $\tan^2\theta_k$ zijn de nulpunten van de omgekeerde veelterm $x^nP_n(1/x)$ ), en ga haar na bij $n = 1$ .

Deel IV — Het panorama van Bertrand. Beschouw voor $\alpha, \beta \in \R$ de reeks van Bertrand

\sum_{n \geq 3} \frac{1}{n^{\alpha}(\ln n)^{\beta}} .

Toon aan dat de reeks voor $\alpha > 1$ convergeert, wat $\beta$ ook is (vergelijk met $n^{-(1+\alpha)/2}$ ).
Toon aan dat zij voor $\alpha < 1$ divergeert, wat $\beta$ ook is.
Voor $\alpha = 1$ : bewijs met de vergelijking van reeks en integraal (Stelling 6.6) voor $f(t) = \frac{1}{t(\ln t)^\beta}$ dat de reeks convergeert dan en slechts dan als $\beta > 1$ .
Herhaal de grensbepaling: toon aan dat $\sum\frac{1}{n\ln n\,\ln\ln n}$ divergeert terwijl $\sum\frac{1}{n\ln n\,(\ln\ln n)^2}$ convergeert.
Twee valstrikken: bepaal de aard van

$\sum_n \frac{1}{n^{1 + 1/\ln n}} \qquad\text{en}\qquad \sum_n \frac{1}{n^{1 + 1/\ln\ln n}}$

(bereken $n^{1/\ln n}$ exact; vergelijk $n^{1/\ln\ln n}$ met elke macht van $\ln n$ ).
(Er is geen traagste convergente reeks) Zij $\sum a_n$ een willekeurige convergente reeks met $a_n > 0$ , en $R_n = \sum_{k \geq n}a_k$ haar staarten. Bewijs dat $\sum \frac{a_n}{\sqrt{R_n}}$ nog steeds convergeert (vergelijk met de telescopische $2(\sqrt{R_n} - \sqrt{R_{n+1}})$ ), hoewel $\frac{a_n/\sqrt{R_n}}{a_n} \to \infty$ : elke convergente reeks wordt strikt gedomineerd door een andere convergente reeks. De grens van de convergentie is geen kromme maar een mistbank.

Deel V — Kruiscontroles en synthese.

(Condensatie van Cauchy) Bewijs: voor positieve dalende $(a_n)$ convergeert $\sum a_n$ dan en slechts dan als $\sum 2^k a_{2^k}$ convergeert. Leid er de grens van vraag 18 opnieuw uit af.
(De prijs van traagheid) Begrens voor $\sum\frac1{n(\ln n)^2}$ de staart door een integraal en toon aan dat sommeren tot $N = 10^6$ nog altijd een fout groter dan $0.07$ overlaat: convergentie die de theorie certificeert, kan numeriek onbruikbaar zijn — vergelijk dit met vraag 13.
Klasseer (met verantwoording van één regel): $\sum\frac1{n\ln n}$ , $\sum\frac1{n^{1.01}}$ , $\sum\frac{(\ln n)^{100}}{n^{1.001}}$ en $\sum\frac1{n(\ln n)(\ln\ln n)^{3}}$ .
(Synthese) In telkens één zin: hoe de Moivre een goniometrische identiteit in een veelterm met berekenbare nulpuntsommen veranderde; waar de insluiting exacte identiteiten in de eindpunten nodig had in plaats van equivalenten; welk gereedschap uit Hoofdstuk 6 Deel IV aandreef; en wat vraag 21 zegt over de droom van een “universele vergelijkingstest”. Noem de twee toppen: Eulers $\zeta(2) = \frac{\pi^2}6$ (en de verdieping erboven, $\zeta(4) = \frac{\pi^4}{90}$ ), en de classificatie van Bertrand. Vermeld waar $\zeta(2)$ opnieuw zal worden bewezen: met Parseval in Hoofdstuk 14 — één stelling, twee beschavingen.

Oplossing

Oplossing van Probleem 7.1.

1. Inductie naar $m$ : voor $m = 0$ zijn beide leden $1$ ; de stap vermenigvuldigt met $\cos\theta + \iu\sin\theta$ en gebruikt de somformules $\cos(m\theta + \theta) = \cos m\theta\cos\theta - \sin m\theta\sin\theta$ en $\sin(m\theta + \theta) = \sin m\theta\cos\theta + \cos m\theta\sin\theta$ . Werken we in plaats daarvan met het binomium uit voor $m = 2n+1$ en verzamelen we het imaginaire deel (de oneven machten van $\iu\sin\theta$ , met $\iu^{2j+1} = (-1)^j\iu$ ), dan

\sin\bigl((2n{+}1)\theta\bigr) = \sum_{j=0}^{n}(-1)^j \binom{2n+1}{2j+1}\cos^{2(n-j)}\theta\,\sin^{2j+1}\theta .

2. Op $\intoo0{\frac\pi2}$ is $\sin\theta \neq 0$ : haal $\sin^{2n+1}\theta$ uit elke term, waarna $\bigl(\frac{\cos^2\theta}{\sin^2\theta}\bigr)^{n-j} = (\cot^2\theta)^{n-j}$ overblijft: dat is de gevraagde identiteit met $P_n(x) = \sum_j(-1)^j\binom{2n+1}{2j+1}x^{n-j}$ . Haar coëfficiënt bij $x^n$ hoort bij $j = 0$ en is $\binom{2n+1}{1} = 2n + 1 \neq 0$ .

3. In $\theta_k = \frac{k\pi}{2n+1}$ is $\sin\bigl((2n{+}1)\theta_k\bigr) = \sin k\pi = 0$ terwijl $\sin^{2n+1}\theta_k \neq 0$ , dus $P_n(\cot^2\theta_k) = 0$ . De $\theta_k$ stijgen strikt binnen $\intoo0{\frac\pi2}$ , waar $\cot^2$ strikt daalt: de waarden $x_k = \cot^2\theta_k$ zijn dus paarsgewijs verschillend — $n$ verschillende nulpunten van een veelterm van graad $n$ , en dus alle.

4. Vieta: de som van de nulpunten is min de verhouding van de coëfficiënten bij $x^{n-1}$ en bij $x^n$ :

\sum_{k=1}^{n}\cot^2\theta_k = \frac{\binom{2n+1}{3}}{\binom{2n+1}{1}} = \frac{(2n+1)(2n)(2n-1)/6}{2n+1} = \frac{n(2n-1)}{3}.

5. Er geldt $\frac{1}{\sin^2\theta} = 1 + \cot^2\theta$ ; sommeren geeft $n + \frac{n(2n-1)}3 = \frac{3n + 2n^2 - n}{3} = \frac{2n(n+1)}{3}$ .

6. Op $\intoo{0}{\frac\pi2}$ is $\sin\theta < \theta < \tan\theta$ (volume van bachelorjaar 1). Omgekeerden nemen keert de ongelijkheden om: $\cot\theta < \frac1\theta < \frac1{\sin\theta}$ , en kwadrateren (alles positief) geeft $\cot^2\theta < \frac1{\theta^2} < \frac1{\sin^2\theta}$ .

7. Sommeer vraag 6 in $\theta = \theta_k$ over $k \leq n$ , met de vragen 4 en 5 en met $\frac1{\theta_k^2} = \frac{(2n+1)^2}{k^2\pi^2}$ :

\frac{n(2n-1)}3 < \frac{(2n+1)^2}{\pi^2}\sum_{k=1}^n\frac1{k^2} < \frac{2n(n+1)}3 .

8. Vermenigvuldig met $\frac{\pi^2}{(2n+1)^2}$ :

\frac{\pi^2}{3}\cdot\frac{n(2n-1)}{(2n+1)^2} < \sum_{k=1}^{n}\frac1{k^2} < \frac{\pi^2}{3}\cdot\frac{2n(n+1)}{(2n+1)^2}.

Beide grenzen gaan naar $\frac{\pi^2}3\cdot\frac12 = \frac{\pi^2}6$ (de rationale breuken gaan naar $\frac12$ ). De partiële sommen stijgen, dus convergeren zij, en de insluiting geeft $\zeta(2) = \frac{\pi^2}6$ : de stelling van Euler, met het bewijs van Cauchy.

9. De partiële sommen stijgen naar $\zeta(2) = \frac{\pi^2}6$ , dus $0 \leq \frac{\pi^2}6 - \sum_{k\leq n}k^{-2}$ ; en de ondergrens van vraag 8 geeft

\frac{\pi^2}6 - \sum_{k\leq n}\frac1{k^2} \leq \frac{\pi^2}6 - \frac{\pi^2}3\cdot\frac{n(2n-1)}{(2n+1)^2} = \frac{\pi^2}6\cdot\frac{(2n+1)^2 - (4n^2 - 2n)}{(2n+1)^2} = \frac{\pi^2}6\cdot\frac{6n + 1}{(2n+1)^2} = O\Bigl(\frac1n\Bigr),

in overeenstemming met de exacte staart $\frac1n - \frac1{2n^2} + O(n^{-3})$ uit Oefening 6.11.

10. De tweede elementaire symmetrische functie van de nulpunten is $\sigma_2 = \frac{\binom{2n+1}5}{\binom{2n+1}1} = \frac{(2n)(2n-1)(2n-2)(2n-3)}{120}$ , dus

\sum_k\cot^4\theta_k = \sigma_1^2 - 2\sigma_2 = \Bigl(\frac{n(2n-1)}3\Bigr)^2 - \frac{2n(2n-1)(2n-2)(2n-3)}{60} \sim \frac{4n^4}9 - \frac{4n^4}{15} = \frac{8n^4}{45}.

Insluiten met $\cot^4\theta < \theta^{-4} < (1 + \cot^2\theta)^2 = 1 + 2\cot^2\theta + \cot^4\theta$ en sommeren: beide buitenste sommen zijn $\frac{8n^4}{45}(1 + o(1))$ (de toegevoegde $n + 2\sigma_1 = O(n^2)$ is verwaarloosbaar), terwijl de middelste $\frac{(2n+1)^4}{\pi^4}\sum_{k\leq n}k^{-4}$ is. Bijgevolg

\sum_{k\leq n}\frac1{k^4} \longrightarrow \pi^4\cdot\frac{8/45}{16} = \frac{\pi^4}{90}.

11. Splits $\zeta(2)$ naar pariteit: $\sum_{\text{even}} = \sum_j\frac{1}{(2j)^2} = \frac14\zeta(2) = \frac{\pi^2}{24}$ , dus $\sum_{\text{oneven}} = \zeta(2) - \frac{\pi^2}{24} = \frac{\pi^2}8$ . Alternerend: $\sum_k\frac{(-1)^{k-1}}{k^2} = \sum_{\text{oneven}} - \sum_{\text{even}} = \frac{\pi^2}8 - \frac{\pi^2}{24} = \frac{\pi^2}{12}$ (de absolute convergentie rechtvaardigt het hergroeperen, Stelling 7.11).

12. $S = \frac{\zeta(2)^2}{\zeta(4)} = \frac{(\pi^2/6)^2}{\pi^4/90} = \frac{90}{36} = \frac52$ . Heuristiek: de identiteit $\zeta(2)^2 = \zeta(4)S$ uit Oefening 7.7 zegt dat het uitdelen van de grootste gemene deler paren herschaalt tot onderling ondeelbare paren; het omgekeerde $\frac1{\zeta(2)} = \frac6{\pi^2} \approx 0.608$ is de natuurlijke kandidaat voor de dichtheid van de onderling ondeelbare paren onder alle paren — een uitspraak over $\lim_N \frac{1}{N^2}\#\{(m,n) \leq N : \gcd = 1\}$ , waarvan het eerlijke bewijs (met resttermen) in het volume van bachelorjaar 3 thuishoort.

13. Rechtstreeks sommeren heeft een fout $\sim \frac1n$ : zes cijfers vragen ongeveer $10^6$ termen. De gecorrigeerde som $\sum_{k\leq n}k^{-2} + \frac1n - \frac1{2n^2}$ heeft fout $O(n^{-3})$ : bij $n = 100$ is zij $1.6449339\dots$ tegenover $\frac{\pi^2}6 = 1.6449341\dots$ — een fout van $1.7\cdot10^{-7}$ , zeven cijfers uit honderd termen. Asymptotische correcties verslaan rauw geduld met vier ordes van grootte.

14. $n = 1$ : $P_1(x) = 3x - 1$ , met nulpunt $\frac13$ , en inderdaad is $\cot^2\frac\pi3 = \bigl(\frac1{\sqrt3}\bigr)^2 = \frac13 = \frac{1\cdot1}3$ . $n = 2$ : de formule voorspelt $\frac{2\cdot3}3 = 2$ ; met $\cos\frac\pi5 = \frac{1 + \sqrt5}{4}$ berekent men $\cot^2 36^\circ \approx 1.894$ en $\cot^2 72^\circ \approx 0.106$ : som $2.000$ .

15. De getallen $\tan^2\theta_k = \frac1{x_k}$ zijn de nulpunten van $Q(x) = x^nP_n\bigl(\frac1x\bigr) = \sum_{j=0}^n(-1)^j\binom{2n+1}{2j+1}x^j$ (de $x_k$ zijn ongelijk aan nul). Vieta op $Q$ : de kopcoëfficiënt is $(-1)^n$ (de term $j = n$ ), de volgende is $(-1)^{n-1}\binom{2n+1}{2n-1} = (-1)^{n-1}\binom{2n+1}{2}$ , dus

\sum_{k=1}^n\tan^2\theta_k = -\frac{(-1)^{n-1}\binom{2n+1}2}{(-1)^n} = \binom{2n+1}2\cdot \frac{2}{2n+1}\cdot\frac{2n+1}{2} = n(2n+1).

Controle bij $n = 1$ : $\tan^2\frac\pi3 = 3 = 1\cdot3$ .

16. Zij $\gamma = \frac{1+\alpha}2 \in \intoo{1}{\alpha}$ . Dan is $\frac{n^{-\alpha}(\ln n)^{-\beta}}{n^{-\gamma}} = n^{\gamma - \alpha}(\ln n)^{-\beta} \to 0$ (een negatieve macht van $n$ verslaat elke macht van $\ln n$ ), dus zijn de termen vanaf zekere rang $\leq n^{-\gamma}$ met $\gamma > 1$ : convergentie door vergelijking met een riemannreeks.

17. Zij $\gamma = \frac{1+\alpha}2 \in \intoo{\alpha}{1}$ : nu is $\frac{n^{-\gamma}}{n^{-\alpha}(\ln n)^{-\beta}} = n^{\alpha-\gamma}(\ln n)^{\beta} \to 0$ , dus zijn de termen vanaf zekere rang $\geq n^{-\gamma}$ met $\gamma < 1$ : divergentie.

18. $f(t) = \frac1{t(\ln t)^\beta}$ is positief, continu en voor grote $t$ dalend (de afgeleide van haar logaritme is $-\frac1t\bigl(1 + \frac{\beta}{\ln t}\bigr) < 0$ vanaf zekere rang). Primitieven: voor $\beta \neq 1$ is $\int^x f = \frac{(\ln x)^{1-\beta}}{1-\beta} + \text{constante}$ , wat een eindige limiet heeft dan en slechts dan als $\beta > 1$ ; voor $\beta = 1$ is $\int^x f = \ln\ln x \to \infty$ . Volgens Stelling 6.6 hebben de reeks en de integraal dezelfde aard: convergentie dan en slechts dan als $\beta > 1$ .

19. Dezelfde test: $\frac{\dd}{\dd t}\ln\ln\ln t = \frac{1}{t\ln t\,\ln\ln t}$ en $\ln\ln\ln t \to \infty$ : divergentie. En $\frac{\dd}{\dd t}\Bigl(-\frac1{\ln\ln t}\Bigr) = \frac{1}{t\ln t\,(\ln\ln t)^2}$ met $-\frac1{\ln\ln t} \to 0$ : convergentie.

20. Eerste: $n^{1/\ln n} = \eu^{\ln n/\ln n} = \eu$ , dus zijn de termen precies $\frac{1}{\eu\,n}$ : een veelvoud van de harmonische reeks, dus divergent — de exponent $1 + \frac1{\ln n}$ kruipt te snel naar $1$ . Tweede: $n^{1/\ln\ln n} = \eu^{\ln n/\ln\ln n}$ , en $\frac{\ln n}{\ln\ln n} \geq 2\ln\ln n$ vanaf zekere rang, dus $n^{1/\ln\ln n} \geq (\ln n)^2$ : de termen zijn $\leq \frac1{n(\ln n)^2}$ , een convergente reeks van Bertrand (vraag 18), dus convergent. De grens loopt strikt tussen deze twee exponenten door.

21. Er geldt $R_n \downarrow 0$ en

\sqrt{R_n} - \sqrt{R_{n+1}} = \frac{R_n - R_{n+1}}{\sqrt{R_n} + \sqrt{R_{n+1}}} = \frac{a_n}{\sqrt{R_n} + \sqrt{R_{n+1}}} \geq \frac{a_n}{2\sqrt{R_n}},

dus $\sum_n \frac{a_n}{\sqrt{R_n}} \leq 2\sum_n(\sqrt{R_n} - \sqrt{R_{n+1}}) = 2\sqrt{R_1} < \infty$ (telescoperen). En toch is $\frac{a_n/\sqrt{R_n}}{a_n} = \frac1{\sqrt{R_n}} \to \infty$ : de nieuwe reeks convergeert terwijl zij oneindig veel groter is. Geen enkele convergente reeks is de traagste; vergelijkingstests tegen een vaste familie kunnen dus nooit volledig zijn.

22. Voor dalende positieve $(a_n)$ groeperen we de termen tussen opeenvolgende machten van $2$ :

2^{k}a_{2^{k+1}} \leq \sum_{n=2^k}^{2^{k+1}-1} a_n \leq 2^ka_{2^k} .

Sommeren over $k$ : convergeert $\sum 2^ka_{2^k}$ , dan zijn de partiële sommen van $\sum a_n$ begrensd (dus convergent); convergeert $\sum a_n$ , dan is $\sum_k 2^{k+1}a_{2^{k+1}} \leq 2\sum_n a_n < \infty$ . Voor $a_n = \frac1{n(\ln n)^\beta}$ is $2^ka_{2^k} = \frac{1}{(k\ln 2)^\beta}$ , en $\sum k^{-\beta}$ convergeert dan en slechts dan als $\beta > 1$ : opnieuw de grens van vraag 18, zonder integralen.

23. Met de vergelijking met de integraal is

\sum_{n > N}\frac{1}{n(\ln n)^2} \geq \int_{N+1}^{\infty}\frac{\dd t}{t(\ln t)^2} = \frac{1}{\ln(N+1)},

wat bij $N = 10^6$ ongeveer $0.0724$ is: na een miljoen termen overtreft de staart nog altijd $0.07$ — de reeks convergeert, maar geen enkele rechtstreekse sommatie zal haar som ooit tonen. Vergelijk dit met vraag 13, waar één asymptotische correctie zeven cijfers uit honderd termen kocht: weten hoe een reeks convergeert is meer waard dan weten dat zij het doet.

24. $\sum\frac1{n\ln n}$ : divergeert ( $\alpha = 1$ , $\beta = 1$ , vraag 18). $\sum\frac1{n^{1.01}}$ : convergeert (Riemann, $\alpha > 1$ ). $\sum\frac{(\ln n)^{100}}{n^{1.001}}$ : convergeert ( $\alpha = 1.001 > 1$ , $\beta = -100$ , vraag 16). $\sum\frac1{n\ln n(\ln\ln n)^3}$ : convergeert (het patroon van vraag 19: primitieve $-\frac12(\ln\ln t)^{-2}$ , met eindige limiet).

25. De Moivre zet het verdwijnen van $\sin(2n{+}1) \theta_k$ om in het verdwijnen van een veelterm in $\cot^2\theta_k$ , en Vieta leest daar de exacte nulpuntsommen af die de analyse alleen maar had kunnen schatten (vragen 1–5). De insluiting had aan beide kanten de exacte waarden $\frac{n(2n-1)}3$ en $\frac{2n(n+1)}3$ nodig — equivalenten zouden de vraag hebben ontweken, want het gaat juist om de constante $\frac{\pi^2}6$ (vragen 7–8). Deel IV draaide volledig op de vergelijking van reeks en integraal uit Hoofdstuk 6, waarbij de logaritmische primitieven het classificeerwerk deden (vragen 18–19). Vraag 21 vernietigt de droom van een universele vergelijkingstest: onder elke convergente reeks ligt een andere, oneindig veel tragere — schalen als die van Bertrand brengen de grens steeds fijner in kaart maar bereiken haar nooit. De toppen: Eulers $\zeta(2) = \frac{\pi^2}6$ met de verdieping erboven $\zeta(4) = \frac{\pi^4}{90}$ (vragen 8 en 10), en de classificatie van Bertrand (vragen 16–18); $\zeta(2)$ keert terug in Hoofdstuk 14, waar de identiteit van Parseval haar in één regel opnieuw bewijst uit de fourierreeks van de zaagtand — één constante, twee beschavingen.

Begrippen gedefinieerd in dit hoofdstuk

Bekijk alle 395 begrippen in de begrippenlijst

7.1 Reeksen in genormeerde ruimten

7.2 Abelsommatie

7.3 Sommeerbare families

7.4 Oefeningen

7.5 Probleem: Eulers ζ(2)=π2/6\zeta(2) = \pi^2/6ζ(2)=π2/6, via Cauchys cotangenssom

Begrippen gedefinieerd in dit hoofdstuk

7.5 Probleem: Eulers $\zeta(2) = \pi^2/6$ , via Cauchys cotangenssom