Universitaire wiskunde — Bachelor jaar 2 · Bachelor Year 2

7Rijen en reeksen

De theorie van de numerieke reeksen (boekdeel van Jaar 1) rijpt hier in drie richtingen: reeksen met waarden in Banachruimten, waar absolute convergentie het werk doet; de fijnere criteria voor reële reeksen (Abelsommatie); en sommeerbare families — sommatie bevrijd van de volgorde van de termen — met de stelling van Fubini voor dubbele sommen en het Cauchy-product. Deze gereedschappen dragen alle hoofdstukken over functiereeksen die volgen.

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 dat doen; zij convergeert absoluut wanneer $\sum \norm{u_n} < \infty$ . In een Banachruimte impliceert absolute convergentie convergentie (Stelling 5.21); in een niet-volledige ruimte kan dit mislukken (Oefening 7.9).

Voorbeeld 7.2

In $\mathcal{M}_n(K)$ (of $\mathcal{L}_c(E)$ , $E$ Banach): voor $\vertiii A < 1$ convergeert de Neumannreeks $\sum A^k$ absoluut naar $(I - A)^{-1}$ (bewezen in Oefening 5.5); $\sum \frac{A^k}{k!}$ convergeert absoluut naar $\eu^A$ voor elke $A$ (Voorbeeld 5.22). Operatorwaardige meetkundige en exponentiële reeksen gedragen zich als hun scalaire modellen — precies de punt van het Banach-kader.

7.2 Abelsommatie

Stelling 7.3 (Abelsommatie en -criterium)

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

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

(Criterium van Abel) Als $(a_n)$ een reële rij is, dalend naar $0$ , en de partiële sommen $B_n$ begrensd zijn (in een Banachruimte), dan convergeert $\sum a_n b_n$ .

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

herindexeer de tweede som via $n \mapsto n + 1$ (de $B_{-1}$ -term verdwijnt); verzamel het gemeenschappelijke bereik $0 \leq n \leq N-1$ en houd $a_NB_N$ plus $\sum_{n\leq N-1}(a_n - a_{n+1})B_n$ over: de gestelde 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 het criterium, met $\norm{B_n} \leq M$ : de randterm $a_N B_N \to 0$ ; 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

(telescoperend, $a_n \downarrow 0$ ). Beide stukken van de identiteit convergeren, 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 — inderdaad $B_n = \Im\sum_{k \leq n} \eu^{\iu k} = \Im\,\frac{\eu^{\iu}(\eu^{\iu n} - 1)}{\eu^{\iu} - 1}$ , 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 $\sum \frac{\cos 2n}{n}$ convergeert door hetzelfde Abelcriterium terwijl $\sum \frac{1}{2n}$ divergeert). Het criterium voor alternerende reeksen is het speciale 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: divergent. Voor $z \neq 1$ op de cirkel past het Abelcriterium met $a_n = \frac1n \downarrow 0$ en $b_n = z^n$ , waarvan de partiële sommen begrensd zijn onafhankelijk van $N$ :

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

Convergent — al nooit absoluut ( $\sum\frac1n$ ). Eén reeks, een cirkel van gedragingen: divergentie in één punt, semi-convergentie overal elders. Dit is het standaard randgedrag van machtreeksen (Hoofdstuk 11), hier met blote handen ontmoet; in $z = -1$ herstelt men de alternerende harmonische reeks, en in $z = \eu^{\iu\theta}$ zijn reële en imaginaire delen de reeksen $\sum\frac{\cos n\theta}{n}$ en $\sum\frac{\sin n\theta}{n}$ van Oefening 7.4.

Voorbeeld 7.6 (Een verstrikte alternerende reeks)

Convergeert $\sum_{n\geq2} \dfrac{(-1)^n}{\sqrt n + (-1)^n}$ ? De tekens wisselen en de termen streven naar $0$ — toch past het alternerend criterium niet: de moduli $\frac{1}{\sqrt n + (-1)^n}$ zijn niet dalend (ze springen omhoog bij elke oneven $n$ ). 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 (alternerend criterium, eerlijk toegepast op $\frac1{\sqrt n}\downarrow0$ ), het derde convergeert absoluut — maar het middelste is de divergente harmonische reeks: de som divergeert naar $-\infty$ . Het afsluitende inzicht: wanneer monotonie faalt, ontwikkel tot elk stuk ofwel absoluut convergent ofwel een schoon testgeval is; de verborgen $-\frac1n$ is onzichtbaar voor teken-tellen.

Opmerking 7.7 (Veelgemaakte valkuilen)

(i) “Termen streven naar $0$ ” bewijst niets: de harmonische reeks divergeert. (ii) Het alternerend criterium eist dalende moduli — Voorbeeld 7.6 is het canonieke tegenvoorbeeld, en de derde reeks van Oefening 7.1 de oefening. (iii) Semi-convergente reeksen mogen niet herschikt worden (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 ten hoogste $\frac{k+2}2$ door AM–GM), dus $\sum c_k$ divergeert — absolute convergentie van minstens één factor (Oefening 7.8) is geen luxe. (iv) Sommeerbaarheid gaat over absolute grenzen per definitie: er bestaat geen semi-sommeerbare familie.

7.3 Sommeerbare families

Definitie 7.8

Zij $I$ een aftelbare indexverzameling. Een familie $(u_i)_{i \in I}$ van niet-negatieve reëlen is 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 van reëlen of complexen (of Banachvectoren) is sommeerbaar wanneer $(\norm{u_i})$ dat is; haar som wordt dan gedefinieerd door splitsing in positieve/negatieve (of reële/imaginaire) delen — equivalent, als de gemeenschappelijke waarde van $\sum_{n} u_{\sigma(n)}$ over alle enumeraties $\sigma$ van $I$ (zie hieronder).

Methode 7.9 (Een criterium kiezen)

Tegenover $\sum u_n$ , in volgorde: (1) als $u_n \not\to 0$ , divergentie, stop. (2) Als de termen constant teken hebben, vergelijk: zoek een equivalent (Hoofdstuk 6) en plaats het op de Riemann–Bertrand-kaart. (3) Als de tekens alterneren met dalende moduli, het alternerend criterium; als de moduli niet monotoon zijn, ontwikkel de term tot elk stuk absoluut convergent of een schoon testgeval is (Voorbeeld 7.6). (4) Als het tekenpatroon oscillerend maar gestructureerd is ( $\sin n\theta$ , $\eu^{\iu n\theta}$ , matrixmachten), Abelcriterium met begrensde partiële sommen. (5) Absolute convergentie is altijd de moeite van een eerste check waard: zij is sterker, volgorde-bestendig, en ontgrendelt Cauchy-producten en Fubini.

Voorbeeld 7.10 (Sommeerbaarheid door diagonaaltelling)

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

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

een reeks met positieve termen equivalent met $k^{1-s}$ : sommeerbaar d.e.s.d.a. $s - 1 > 1$ , d.w.z. $s > 2$ . De twee-dimensionale index eet één volle macht: een vlak van termen is “één dimensie divergenter” dan een lijn — de tellingsmeetkunde van de indexverzameling, niet de grootte van individuele termen, beslist over sommeerbaarheid. (Dezelfde telling toont 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 enumeratie: $\sum_{i} u_i = \sum_{n=0}^{\infty} u_{\sigma(n)}$ 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 convergent is.

Bewijs. (1) Elke partiële som $\sum_{n \leq N} u_{\sigma(n)}$ is een eindige partiële som van de familie (dus $\leq$ het sup); elke eindige $F$ zit in een $\{\sigma(0), \dots, \sigma(N)\}$ (dus het sup $\leq$ de limiet van de reeks). De twee grenzen vallen samen.

(2) Als $\sum\abs{u_n} < \infty$ : voor elke herschikking $\sigma$ en $\varepsilon > 0$ , kies $N$ met $\sum_{n > N}\abs{u_n} \leq \varepsilon$ ; voorbij de rang waar $\sigma$ het interval $\intint{0}{N}$ heeft uitgeput, verschillen de herschikte partiële sommen van de oorspronkelijke limiet met ten hoogste $\varepsilon$ : dezelfde som. Als $\sum \abs{u_n} = \infty$ maar $\sum u_n$ convergeert (reëel geval; complex volgt coördinaatsgewijs): de positieve en negatieve delen divergeren beide, en men kan herschikken om elke voorgeschreven limiet te bereiken — de stelling van Riemann, uitgewerkt in Oefening 7.5 — dus faalt commutatieve convergentie. ∎

Voorbeeld 7.12 (Een herschikking op heterdaad)

De alternerende harmonische reeks sommeert tot $\sum_{n\geq1}\frac{(-1)^{n-1}}{n} = \ln 2$ (boekdeel van Jaar 1). Herschik haar als “één positief, twee negatieven”:

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

Groepeer elk blok van drie,

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

Voorbeeld 7.13 (Groeperen is veilig, ontgroeperen niet)

Groeperen van opeenvolgende termen van een convergente reeks verandert de som nooit: de gegroepeerde partiële sommen vormen een deelrij van de oorspronkelijke. De omgekeerde operatie is verboden:

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

maar de ontgroepeerde $1 - 1 + 1 - 1 + \cdots$ divergeert (partiële sommen oscilleren tussen $1$ en $0$ ). Ontgroeperen is enkel legitiem met een compenserende hypothese — bijvoorbeeld termen die naar $0$ streven met begrensde groeplengten: dan drijven tussen twee gegroepeerde partiële sommen de oorspronkelijke er met ten hoogste een som van $o(1)$ -termen van begrensd aantal van af, en de convergentie draagt over. Dat is precies de clausule 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 (d.w.z. $\sup_F \sum_F \abs{u_{m,n}} < \infty$ ). Dan

\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),

alle inwendige reeksen convergent (absoluut). In het bijzonder, als $\sum a_m$ en $\sum b_n$ absoluut convergeren, 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 (per rijen, kolommen of diagonalen) berekent hetzelfde supremum: elke eindige verzameling paren zit in een eindig blok rijen (wat elke gegroepeerde som van onder begrensd door eindige partiële sommen en van boven door de totaalsom), en monotone convergentie van partiële sommen doet de rest — concreet, voor rijen: $\sum_{m \leq M}\sum_{n \leq N} u_{m,n} \leq S$ geeft, $N \to \infty$ dan $M \to \infty$ , $\sum_m \sum_n u_{m,n} \leq S$ ; omgekeerd zit elke eindige $F$ in zo’n rechthoek, dus $S \leq \sum_m\sum_n u_{m,n}$ . Diagonalen: dezelfde twee grenzen met driehoeken in plaats van rechthoeken.

Algemeen geval. Splits in positieve en negatieve (reële en imaginaire) delen, elk een sommeerbare niet-negatieve familie; de vier groeperingen komen overeen op elk deel, dus op het verschil; absolute convergentie van de inwendige reeksen komt van het niet-negatieve geval toegepast op $\abs{u_{m,n}}$ .

Cauchy-product. De familie $u_{m,n} = a_m b_n$ is sommeerbaar: eindige partiële sommen van $\abs{a_mb_n}$ zijn 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 commuteren de 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!},

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

Voorbeeld 7.16 (Cauchy-producten als rekenmachine)

Uit de meetkundige reeks en $\sum_{n \geq 1} nz^n = \frac{z}{(1-z)^2}$ van Oefening 7.2 ( $\abs z < 1$ ) rondt één extra 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 $n^2 = 2\cdot\frac{n(n+1)}2 - n$ assembleert

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

In $z = \frac12$ : $\sum_{n\geq1}\frac{n^2}{2^n} = \frac{\frac12\cdot\frac32}{\frac18} = 6$ — een gesloten waarde zonder enige afleiding, enkel absoluut convergente reeksen vermenigvuldigd als veeltermen. Dezelfde telescopering van identiteiten berekent elke $\sum n^dz^n$ , en probabilisten herkennen het tweede factoriële moment van de meetkundige wet (Hoofdstuk 23).

Voorbeeld 7.17 (Een dubbelsomevaluatie)

Voor $s > 1$ reëel, stel $\zeta(s) = \sum_{n\geq1} n^{-s}$ . Delers tellen door dubbele sommatie — de familie $(m^{-s}n^{-s})$ over $(m,n) \in (\N^*)^2$ is sommeerbaar (product van convergente positieve reeksen) — en groeperen volgens het product $q = mn$ :

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

waar $d(q)$ het aantal delers van $q$ is. Sommeerbare families zetten combinatoriek om in analyse.

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

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

(telescoperend), en alle termen zijn positief, zodat Stelling 7.14 rijen toestaat in plaats daarvan:

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

De oneindig vele $\zeta$ -waarden, elk transcendent-ogend, hebben staarten die precies tot $1$ optellen. Afsluitend inzicht: wanneer een dubbelsom positieve termen heeft, bereken haar in de volgorde die instort — hier zijn kolommen meetkundig, rijen mysterieus, en Fubini draagt de instorting over.

Voorbeeld 7.19 (De meetkundige reeks lost een vergelijking op)

In de Banachruimte $\bigl(C(\intcc01), \norm\cdot_\infty\bigr)$ , los $x - K(x) = y$ op waar $K(f)$ de constante functie $\frac12\int_0^1 f$ is. De operatornorm is $\vertiii K \leq \frac12 < 1$ , dus past de Neumannreeks (Voorbeeld 7.2): $x = \sum_{n\geq0} K^n(y)$ . Bereken de iteraten: $K(y) = \frac12\int_0^1 y$ (een constante), en $K$ op een constante $c$ geeft $\frac c2$ , dus $K^n(y) = \frac{1}{2^{n-1}}\cdot\frac12\int_0^1 y$ voor $n \geq 1$ . Sommeer de meetkundige constanten:

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 éénregelig verificatie — de meetkundige reeks is een inversiealgoritme, niet enkel een convergentieverklaring.

Voorbeeld 7.20 (Telescoperen via partiële breuken)

Exacte sommatie is zeldzaam; telescoperen is haar hoofdleverancier. Ontbind

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

(controleer door reductie tot de gemeenschappelijke noemer), zodat de partiële sommen instorten:

\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 op (arctangensen) en berekent elke $\sum\frac{1}{n(n+1)\cdots(n + k)} = \frac{1}{k\cdot k!}$ . Wanneer een exacte som op dit niveau bestaat, schuilt er meestal een telescoop in de term.

Opmerking 7.21 (Perspectieven binnen dit boekdeel)

Drie hoofdstukken verderop zijn directe cliënten. 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 van dit hoofdstuk in kostuum. Voor Hoofdstuk 11: binnen de convergentieschijf is alles absoluut en sommeerbaar, zodat Cauchy-producten en herschikkingen vrij lopen (daarom vermenigvuldigen machtreeksen als veeltermen); op de rand neemt het Abelcriterium over (Voorbeeld 7.5). Voor Hoofdstuk 23: waarschijnlijkheidsgenererende functies zijn machtreeksen waarvan de manipulaties — producten voor sommen van onafhankelijke variabelen, dubbelsommen voor samengestelde wetten — alle gelicentieerd worden door Stelling 7.14. Sommeerbare families zijn de juridische dienst van de analyse die volgt.

Opmerking 7.22 (Waar dit hoofdstuk gebruikt wordt)

Alles met een oneindige som passeert hier: machtreeksen (Hoofdstuk 11) zijn sommeerbare families in vermoming, Fouriercoëfficiënten worden vermenigvuldigd door Cauchy-producten en herschikt door Parseval (Hoofdstuk 14), en waarschijnlijkheidsgenererende functies (Hoofdstuk 23) zijn de stelling van Fubini toegepast op verwachtingen. Het boekdeel van Jaar 3 absorbeert sommeerbare families in Lebesgue-integratie over de telmaat — waar Stelling 7.14 een speciaal geval wordt van de stelling van Fubini–Tonelli.

7.4 Oefeningen

Oefening 7.1 ★

Aard van: $\sum \dfrac{\cos n}{n}$ ; $\;\sum \dfrac{(-1)^n}{\ln n}$ ; $\;\sum \dfrac{(-1)^n}{n^{3/4} + \cos n}$ (ontwikkel zoals in de val van Jaar 1: het alternerend criterium eist monotonie).

Oplossing

Oplossing van Oefening 7.1.

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

$\sum \frac{(-1)^n}{\ln n}$ ( $n \geq 2$ ): alternerend criterium, $\frac{1}{\ln n} \downarrow 0$ : convergent; niet absoluut ( $\ln n \leq n$ ).

$\sum \frac{(-1)^n}{n^{3/4} + \cos n}$ : 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, convergent. Tweede: absoluut convergent (schaal $\frac{1}{n^{3/2}}$ ). Derde: absoluut convergent. Totaal: convergent.

Oefening 7.2 ★

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

Oplossing

Oplossing van Oefening 7.2.

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 .

Vermenigvuldig met $z$ en herindexeer: $\sum_{n \geq 1} n z^n = \frac{z}{(1-z)^2}$ .

Oefening 7.3 ★★

(Lemma van Kronecker-type) Zij $\sum b_n$ een convergente reële reeks. Bewijs, via 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 $a_k = k$ :

\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 Cesàro-gemiddelden van de convergente $(B_k)$ streven naar haar limiet $B$ (boekdeel van Jaar 1), dus de rechterkant streef naar $B - B = 0$ .

Oefening 7.4 ★★

Bestudeer de convergentie van $\sum \dfrac{\sin(n\theta)}{n^\alpha}$ ( $\theta \in \R$ , $\alpha > 0$ ) — voor welke $(\theta, \alpha)$ is zij absoluut convergent, semi-convergent, divergent?

Oplossing

Oplossing van Oefening 7.4.

Als $\theta \in \pi\Z$ : alle termen verdwijnen — triviaal convergent. Neem $\theta \notin \pi\Z$ .

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

$0 < \alpha \leq 1$ : Abelcriterium past ( $a_n = n^{-\alpha} \downarrow 0$ ; partiële sommen van $\sin n\theta$ begrensd door $\frac{1}{\abs{\sin(\theta/2)}}$ , meetkundige som): 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 door Abel wanneer $2\theta \notin 2\pi\Z$ ; het uitgesloten geval $2\theta \in 2\pi\Z$ betekent $\theta \in \pi\Z$ , reeds behandeld). Semi-convergent.

Oefening 7.5 ★★★

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

Oplossing

Oplossing van Oefening 7.5.

Zij $p_1, p_2, \dots$ de niet-negatieve termen van $(u_n)$ in volgorde, $q_1, q_2, \dots$ de negatieve. Zowel $\sum p_k$ als $\sum q_k$ divergeren: als een van beide convergeerde, zou de andere gelijk zijn aan de convergente $\sum u_n$ min die, dus ook convergeren — en dan zou $\sum \abs{u_n} = \sum p_k - \sum q_k$ convergeren, in tegenspraak met de hypothese. Ook $u_n \to 0$ ( $\sum u_n$ convergeert).

Gretige herschikking: neem positieve termen $p_1, p_2, \dots$ tot het lopende totaal $\ell$ voor het eerst overschrijdt (mogelijk: $\sum p_k = +\infty$ ); dan negatieve termen tot het totaal voor het eerst onder $\ell$ daalt (mogelijk: $\sum q_k = -\infty$ ); herhaal eeuwig (elke fase is eindig, en elke term wordt precies één keer gebruikt: een echte herschikking). Na elke wissel is de afstand van het lopende totaal tot $\ell$ ten hoogste de laatstgebruikte term; aangezien de termen bij de $m$ -de wissel index $\to \infty$ hebben, en $u_n \to 0$ , convergeren de lopende totalen naar $\ell$ .

Oefening 7.6 ★★

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

Oplossing

Oplossing van Oefening 7.6.

Sommeerbaarheid: de eindige partiële sommen van $\frac{\abs x^{m+n}}{m!n!}$ zijn begrensd door $\bigl(\sum_m \frac{\abs x^m}{m!}\bigr)^2 = \eu^{2\abs x}$ . Diagonaalgroepering (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 groeperen via $\gcd$ : 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,

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

Oplossing

Oplossing van Oefening 7.7.

Sommeerbaarheid: begrensd door $\zeta(2)^2$ als productfamilie (Cauchy-productargument van 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 (stel $q = \gcd(m,n)$ ). Groepeer de sommeerbare familie dienovereenkomstig (een partitie van de indexverzameling — legitiem voor sommeerbare families door Stelling 7.11/Stelling 7.14 toegepast op de partitie in aftelbaar vele klassen):

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

Oefening 7.8 ★★★

(Stelling van Abel over producten, lichte versie) Stel 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 volgens $n \leq N/2$ of niet, gebruik begrensdheid van $(B_m)$ en de absolute staart van $(a_n)$ .)

Oplossing

Oplossing van Oefening 7.8.

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

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

(verzamel op 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 streeft 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 dit deel is $\leq \varepsilon_N \sum\abs{a_n}$ ; voor $n > N/2$ is $\abs{B_{N-n} - B} \leq 2M$ , en dit deel is $\leq 2M \sum_{n > N/2} \abs{a_n} \to 0$ . Dus $C_N \to AB$ .

Oefening 7.9 ★★★

In de (niet-volledige) ruimte $E$ van reële rijen die uiteindelijk nul zijn met de sup-norm, vertoon een absoluut convergente reeks die niet convergeert in $E$ . (Probeer $u_n = 2^{-n} e_n$ met $(e_n)$ de canonieke rijen.)

Oplossing

Oplossing van Oefening 7.9.

Neem $u_n = 2^{-n} e_n$ ( $e_n$ de rij met een enkele $1$ op positie $n$ ). Dan $\sum \norm{u_n}_\infty = \sum 2^{-n} < \infty$ : absoluut convergent. Maar de partiële sommen $S_N = (1, \tfrac12, \dots, 2^{-N}, 0, \dots)$ zouden moeten convergeren naar de rij $(2^{-n})_n$ , die niet uiteindelijk nul is: buiten $E$ . Binnen $E$ is $(S_N)$ Cauchy zonder limiet ( $\norm{S_N - x}_\infty \geq 2^{-N-1}$ helpt geen enkele uiteindelijk-nul $x$ : voor elke $x \in E$ die verdwijnt voorbij rang $K$ is $\norm{S_N - x} \geq 2^{-K-1}$ voor $N > K$ ): de reeks convergeert niet in $E$ . Volledigheid is precies wat Stelling 5.21 nodig heeft.

Oefening 7.10 ★★

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

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

Oplossing

Oplossing van Oefening 7.10.

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

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

gelijke tangensen in een interval waar $\tan$ injectief is, dus de identiteit geldt. Telescoperend,

\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 de termen zijn $\sim 2^{-\alpha}n^{-\alpha/2}$ : convergentie d.e.s.d.a. $\frac\alpha2 > 1$ , d.w.z. $\alpha > 2$ . 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 equivalent met een harmonisch veelvoud: 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 dat de omgekeerde faalt, en dat monotonie essentieel is, met expliciete tegenvoorbeelden.

Oplossing

Oplossing van Oefening 7.12.

Door 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). Dus $2n\,a_{2n} \to 0$ , en $(2n{+}1)\, a_{2n+1} \leq (2n{+}1)a_{2n} = \frac{2n+1}{2n}\,(2n\,a_{2n}) \to 0$ : beide deelrijen van $(na_n)$ streven naar $0$ , dus $na_n \to 0$ .

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

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 produceert een veelterm waarvan de wortels de getallen $\cot^2\frac{k\pi}{2n+1}$ zijn, Vieta sommeert die wortels exact, en de insluiting $\cot^2\theta < \frac{1}{\theta^2} < 1 + \cot^2\theta$ verplettert de partiële sommen van $\sum\frac1{k^2}$ tussen twee expliciete rationale grenzen. We voeren het bewijs volledig uit, extraheren $\zeta(4) = \frac{\pi^4}{90}$ met dezelfde methode, en mappen dan de hele grens tussen convergentie en divergentie met de Bertrandreeksen — en bewijzen dat die grens helemaal geen traagste convergente reeks draagt.

Probleem 7.1

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

Doorheen, $n \geq 1$ en $\theta_k = \dfrac{k\pi}{2n+1}$ voor $k = 1, \dots, n$ ; noteer $0 < \theta_k < \frac\pi2$ .

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 af, voor $m = 2n + 1$ ,

$\sin\bigl((2n{+}1)\theta\bigr) = \sum_{j=0}^{n} (-1)^j\binom{2n+1}{2j+1}\cos^{2(n-j)}\theta\, \sin^{2j+1}\theta .$
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 dat $x_k = \cot^2\theta_k$ , $k = 1, \dots, n$ , $n$ onderscheiden wortels van $P_n$ zijn — dus alle.
Via Vieta, bewijs de exacte identiteit

$\sum_{k=1}^{n} \cot^2\frac{k\pi}{2n+1} = \frac{n(2n-1)}{3}.$
Leid ook af $\displaystyle\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{\sin^2\theta_k} = \frac{2n(n+1)}{3}$ .
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.

Sommeer vraag 6 over $k = 1, \dots, n$ met $\theta = \theta_k$ , en vestig

$\frac{n(2n-1)}{3} \;<\; \frac{(2n+1)^2}{\pi^2}\sum_{k=1}^{n}\frac1{k^2} \;<\; \frac{2n(n+1)}{3}.$
Concludeer (stelling van Euler, via Cauchys bewijs):

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

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

consistent met de exacte staart $\sum_{k>n}k^{-2} = \frac1n - \frac{1}{2n^2} + O(n^{-3})$ van Oefening 6.11.
Draai de machine één verdieping hoger: met de tweede Vieta-functie van $P_n$ , toon

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

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

Deel III — Dividenden.

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

$\sum_{k\geq0}\frac{1}{(2k+1)^2} = \frac{\pi^2}{8}, \qquad \sum_{k\geq1}\frac{(-1)^{k-1}}{k^2} = \frac{\pi^2}{12}.$
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 coprieme paren (formuleer de heuristiek eerlijk: de rigoureuze telling is een zaak van het boekdeel van Jaar 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 nodig voor zes decimalen van $\zeta(2)$ : directe sommatie versus de gecorrigeerde som bij $n = 100$ (waar de fout $1.7\cdot10^{-7}$ is).
Controleer vraag 4 met de hand 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 een numerieke evaluatie.
Bewijs de companion-identiteit

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

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

Deel IV — Het Bertrand-panorama. Voor $\alpha, \beta \in \R$ , beschouw de Bertrandreeks

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

Toon dat voor $\alpha > 1$ de reeks convergeert, ongeacht $\beta$ (vergelijk met $n^{-(1+\alpha)/2}$ ).
Toon dat voor $\alpha < 1$ zij divergeert, ongeacht $\beta$ .
Voor $\alpha = 1$ : met de reeks–integraalvergelijking (Stelling 6.6) met $f(t) = \frac{1}{t(\ln t)^\beta}$ , bewijs convergentie d.e.s.d.a. $\beta > 1$ .
Itereer de grens: toon $\sum\frac{1}{n\ln n\,\ln\ln n}$ divergeert terwijl $\sum\frac{1}{n\ln n\,(\ln\ln n)^2}$ convergeert.
Twee vallen: 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 $\ln n$ ).
(Geen traagste convergente reeks) Zij $\sum a_n$ enige 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 convergeert (vergelijk met de telescoperende $2(\sqrt{R_n} - \sqrt{R_{n+1}})$ ), 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 convergentie is geen kromme maar een mist.

Deel V — Controles en synthese.

(Cauchy-condensatie) Bewijs: voor $(a_n)$ positief dalend, convergeert $\sum a_n$ d.e.s.d.a. $\sum 2^k a_{2^k}$ convergeert. Herleid de grens van vraag 18 hieruit.
(De prijs van traagheid) Voor $\sum\frac1{n(\ln n)^2}$ , begrens de staart door een integraal en toon dat sommeren tot $N = 10^6$ nog een fout groter dan $0.07$ laat: door de theorie gecertificeerde convergentie kan nutteloos zijn voor numeriek werk — contrasteer met vraag 13.
Classificeer (met éénregelige rechtvaardigingen): $\sum\frac1{n\ln n}$ , $\sum\frac1{n^{1.01}}$ , $\sum\frac{(\ln n)^{100}}{n^{1.001}}$ , $\sum\frac1{n(\ln n)(\ln\ln n)^{3}}$ .
(Synthese) Eén zin elk: hoe de Moivre een goniometrische identiteit in een veelterm met berekenbare wortelsommen omzette; waar de insluiting exacte eindpuntidentiteiten nodig had eerder dan equivalenten; welk gereedschap van Hoofdstuk 6 Deel IV aandreef; en wat vraag 21 zegt over de droom van een “universeel vergelijkingscriterium”. Noem de twee toppen: Eulers $\zeta(2) = \frac{\pi^2}6$ (en haar verdieping erboven, $\zeta(4) = \frac{\pi^4}{90}$ ), en de Bertrand-classificatie. Noteer waar $\zeta(2)$ opnieuw bewezen wordt: door Parseval in Hoofdstuk 14 — één stelling, twee beschavingen.

Oplossing

Oplossing van Probleem 7.1.

1. Inductie op $m$ : voor $m = 0$ zijn beide kanten $1$ ; de stap vermenigvuldigt met $\cos\theta + \iu\sin\theta$ en gebruikt de optelformules $\cos(m\theta + \theta) = \cos m\theta\cos\theta - \sin m\theta\sin\theta$ , $\sin(m\theta + \theta) = \sin m\theta\cos\theta + \cos m\theta\sin\theta$ . Uitwerken via het binomium met $m = 2n+1$ en verzamelen van het imaginaire deel (de oneven machten van $\iu\sin\theta$ , met $\iu^{2j+1} = (-1)^j\iu$ ):

\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 $\sin\theta \neq 0$ : factoriseer $\sin^{2n+1}\theta$ uit elke term, en houd $\bigl(\frac{\cos^2\theta}{\sin^2\theta}\bigr)^{n-j} = (\cot^2\theta)^{n-j}$ over: de getoonde identiteit met $P_n(x) = \sum_j(-1)^j\binom{2n+1}{2j+1}x^{n-j}$ . Haar graad- $n$ -coëfficiënt is die van $j = 0$ : $\binom{2n+1}{1} = 2n + 1 \neq 0$ .

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

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

\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. $\frac{1}{\sin^2\theta} = 1 + \cot^2\theta$ : sommeren, $n + \frac{n(2n-1)}3 = \frac{3n + 2n^2 - n}{3} = \frac{2n(n+1)}{3}$ .

6. Op $\intoo{0}{\frac\pi2}$ : $\sin\theta < \theta < \tan\theta$ (boekdeel van Jaar 1). Reciproke keren 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 vragen 4 en 5, en $\frac1{\theta_k^2} = \frac{(2n+1)^2}{k^2\pi^2}$ :

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

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 $\frac1n - \frac1{2n^2} + O(n^{-3})$ van Oefening 6.11.

10. De tweede elementaire symmetrische functie van de wortels 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 $\cot^4\theta < \theta^{-4} < (1 + \cot^2\theta)^2 = 1 + 2\cot^2\theta + \cot^4\theta$ en sommeren: beide buitensommen 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. Dus

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

11. Splits $\zeta(2)$ over pariteiten: $\sum_{\text{even}} = \sum_j\frac{1}{(2j)^2} = \frac14\zeta(2) = \frac{\pi^2}{24}$ , dus $\sum_{\text{odd}} = \zeta(2) - \frac{\pi^2}{24} = \frac{\pi^2}8$ . Alternerend: $\sum_k\frac{(-1)^{k-1}}{k^2} = \sum_{\text{odd}} - \sum_{\text{even}} = \frac{\pi^2}8 - \frac{\pi^2}{24} = \frac{\pi^2}{12}$ (absolute convergentie rechtvaardigt de hergroepering, 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 $\zeta(2)^2 = \zeta(4)S$ van Oefening 7.7 zegt dat het uittrekken van de $\gcd$ paren renormaliseert tot coprieme paren; de reciproke $\frac1{\zeta(2)} = \frac6{\pi^2} \approx 0.608$ is de natuurlijke kandidaat voor de dichtheid van coprieme paren onder alle paren — een uitspraak over $\lim_N \frac{1}{N^2}\#\{(m,n) \leq N : \gcd = 1\}$ waarvan het eerlijke bewijs (met fouttermen) tot het boekdeel van Jaar 3 behoort.

13. Directe sommatie heeft fout $\sim \frac1n$ : zes decimalen vereisen 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 $\frac{\pi^2}6 = 1.6449341\dots$ — fout $1.7\cdot10^{-7}$ , zeven decimalen uit honderd termen. Asymptotische correcties verslaan ruwe geduld met vier ordes van grootte.

14. $n = 1$ : $P_1(x) = 3x - 1$ , wortel $\frac13$ , en inderdaad $\cot^2\frac\pi3 = \bigl(\frac1{\sqrt3}\bigr)^2 = \frac13 = \frac{1\cdot1}3$ . $n = 2$ : 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 wortels 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 niet-nul). Vieta op $Q$ : de kopcoëfficiënt is $(-1)^n$ (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 $n = 1$ : $\tan^2\frac\pi3 = 3 = 1\cdot3$ .

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

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

18. $f(t) = \frac1{t(\ln t)^\beta}$ is positief, continu en dalend voor grote $t$ (haar logaritme heeft afgeleide $-\frac1t\bigl(1 + \frac{\beta}{\ln t}\bigr) < 0$ uiteindelijk). Primitieven: voor $\beta \neq 1$ , $\int^x f = \frac{(\ln x)^{1-\beta}}{1-\beta} + \text{const}$ , die een eindige limiet heeft d.e.s.d.a. $\beta > 1$ ; voor $\beta = 1$ , $\int^x f = \ln\ln x \to \infty$ . Door Stelling 6.6 delen de reeks en de integraal hun aard: convergentie d.e.s.d.a. $\beta > 1$ .

19. Zelfde 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 de termen zijn precies $\frac{1}{\eu\,n}$ : een veelvoud van de harmonische reeks, 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 $\frac{\ln n}{\ln\ln n} \geq 2\ln\ln n$ uiteindelijk, dus $n^{1/\ln\ln n} \geq (\ln n)^2$ : de termen zijn $\leq \frac1{n(\ln n)^2}$ , een convergente Bertrandreeks (vraag 18): convergent. De grens loopt strikt tussen deze twee exponenten.

21. $R_n \downarrow 0$ 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 $\sum_n \frac{a_n}{\sqrt{R_n}} \leq 2\sum_n(\sqrt{R_n} - \sqrt{R_{n+1}}) = 2\sqrt{R_1} < \infty$ (telescoperend). Toch $\frac{a_n/\sqrt{R_n}}{a_n} = \frac1{\sqrt{R_n}} \to \infty$ : de nieuwe reeks convergeert terwijl zij oneindig groter is. Geen convergente reeks is de traagste; vergelijkingscriteria tegen enige vaste familie kunnen nooit volledig zijn.

22. Voor dalende positieve $(a_n)$ , groepeer 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 $k$ : als $\sum 2^ka_{2^k}$ convergeert, zijn de partiële sommen van $\sum a_n$ begrensd (convergeert); als $\sum a_n$ convergeert, dan $\sum_k 2^{k+1}a_{2^{k+1}} \leq 2\sum_n a_n < \infty$ . Voor $a_n = \frac1{n(\ln n)^\beta}$ : $2^ka_{2^k} = \frac{1}{(k\ln 2)^\beta}$ , en $\sum k^{-\beta}$ convergeert d.e.s.d.a. $\beta > 1$ : opnieuw de grens van vraag 18, zonder integralen.

23. Door de integraalvergelijking,

\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)},

die bij $N = 10^6$ ongeveer $0.0724$ is: na een miljoen termen overschrijdt de staart nog $0.07$ — de reeks convergeert, maar geen directe sommatie zal ooit haar som tentoonspreiden. Contrasteer met vraag 13, waar één asymptotische correctie zeven decimalen uit honderd termen kocht: weten hoe een reeks convergeert is meer waard dan weten dat zij dat 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 (patroon van vraag 19: primitieve $-\frac12(\ln\ln t)^{-2}$ , 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 de exacte wortelsommen af die analyse alleen maar had kunnen schatten (vragen 1–5). De insluiting had de exacte waarden $\frac{n(2n-1)}3$ en $\frac{2n(n+1)}3$ aan beide kanten nodig — equivalenten zouden de vraag bedelen, want het hele punt is de constante $\frac{\pi^2}6$ (vragen 7–8). Deel IV draaide volledig op de reeks–integraalvergelijking van Hoofdstuk 6, de logaritmische primitieven die classificeerden (vragen 18–19). Vraag 21 vernietigt de droom van een universeel vergelijkingscriterium: onder elke convergente reeks ligt een andere, oneindig tragere — schalen zoals die van Bertrand mappen de grens steeds fijner maar bereiken haar nooit. Toppen: Eulers $\zeta(2) = \frac{\pi^2}6$ met haar bovenverdieping $\zeta(4) = \frac{\pi^4}{90}$ (vragen 8, 10), en de Bertrand-classificatie (vragen 16–18); $\zeta(2)$ keert terug in Hoofdstuk 14, waar de identiteit van Parseval haar in één regel herbewijst uit de Fourierreeks van de zaagtand — één constante, twee beschavingen.

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

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