faculteit Wiskunde en Natuurwetenschappen
Oneindige sommen en producten
Bacheloronderzoek Wiskunde
Maart 2016
Student: C.L. de Wit
Eerste Begeleider: Dr. A.E. Sterk
Tweede Begeleider: Prof. Dr. A.J. van der Schaft
Inhoudsopgave
1 Inleiding 2
2 Theorie 3
2.1 Definities en stellingen oneindige producten . . . 4
2.1.1 Convergentie van oneindige producten . . . 4
2.2 De stellingen van Tannery . . . 7
3 Speciale gevallen 10 3.1 Producten voor π . . . . 10
3.1.1 Vi`ete’s formule . . . 10
3.1.2 Bewijs van Vi`ete’s formule . . . 11
3.1.3 Euler . . . 12
3.1.4 Bewijs van Euler’s product voor de sinus . . . 12
3.1.5 Wallis’ formule . . . 16
3.1.6 Bewijs van Wallis’ formule . . . 17
3.1.7 Gregory-Leibniz-Madhava formule . . . 17
3.1.8 Bewijs van de Gregory-Leibniz-Madhava formule . . . 18
3.2 Nog een bekende formule . . . 21
3.2.1 Seidels’s formule voor log(2) . . . 21
3.2.2 Bewijs voor Seidel’s formule voor log(2) . . . 22
3.3 Het Bazel-probleem . . . 23
3.3.1 Oplossing van Euler . . . 24
3.3.2 Bewijs oplossing van Euler . . . 24
4 Conclusie 28
1 Inleiding
Stel je voor dat je in een kamer staat en 1 meter verderop staat een muur. Aristoteles beweerde dat je in deze situatie nooit de muur kan bereiken. Om de muur te bereiken moet je eerst de helft van de afstand tot de muur lopen. Hierna moet je de helft van de overgebleven afstand lopen en daarna weer de helft van de overgebleven afstand. Dit proces kan altijd doorgaan en nooit gestopt worden. In de afbeelding hieronder is deze situatie uitgebeeld.
Natuurlijk weten wij dat we op een gegeven moment de muur zullen bereiken. Wanneer we alle stukjes gelopen hebben zullen we de muur bereiken. Dit roept de suggestie op dat alle delen die we lopen tezamen de totale afstand moeten zijn. We kunnen dit schrijven als de volgende formule
1 = 1 2+ 1
4+ 1 8+ 1
16+· · · + 1 2n +· · · Dit kunnen we korter schrijven als
∑∞ n=1
1 2n = 1
Wat deze formule wil zeggen is dat wanneer we voldoende termen van deze reeks optellen we de parti¨ele som zo dicht bij 1 kunnen krijgen als dat we willen. [3]
Met deze reeksen moet je soms goed opletten. Om dit te laten zien kwam Euler met de volgende oneindige reeks
s = 1− 1 + 1 − 1 + 1 − 1 + 1 − 1 + · · · Wanneer we deze reeks anders schrijven, krijgen we
s = (1− 1) + (1 − 1) + (1 − 1) + · · · = 0 + 0 + 0 + · · · = 0
Hieruit volgt dat s = 0. Dit lijkt duidelijk, maar wat als we de reeks nogmaals anders schrijven?
s = 1− (1 − 1) − (1 − 1) − (1 − 1) − · · · = 1 − 0 − 0 − 0 − · · · = 1
Hier zien we dat s = 1. We zien dat we twee antwoorden krijgen die elkaar tegenspreken.
Om het nog een beetje ingewikkelder te maken staat hieronder hoe je kunt aantonen dat s de waarde van Leibniz is, namelijk 12.
2s = 2− 2 + 2 − 2 + · · ·
= 1 + 1− 1 − 1 + 1 + 1 − 1 − 1 + · · ·
= 1 + (1− 1) − (1 − 1) + (1 − 1) − (1 − 1) + · · ·
= 1 + 0− 0 + 0 − 0 + · · ·
= 1 en dus
s = 1 2
We hebben nu 3 verschillende uitkomsten voor de waarde van s. Hieruit kunnen we de conclusie trekken dat we erg voorzichtig moeten zijn als we werken met het begrip
”oneindigheid”.
In het voorbeeld hierboven gaat het over oneindige reeksen. Naast oneindige reeksen bestaan er ook oneidige producten. In deze scriptie is te lezen wat een oneindig product is en worden er stellingen besproken die te maken hebben met oneindige producten. Dit zijn onder andere de stellingen van Tannery die we ook zullen gaan bewijzen.
Hierna zullen we kijken naar enkele speciale gevallen. Dit zijn bekende formules met π erin en een formule met log(2). We gaan deze formules bekijken en bewijzen waarbij we meerdere malen gebruik zullen maken van de stellingen van Tannery. Als laatste gaan we kijken naar het Bazel-probleem en de oplossing hiervan.
De meeste stellingen, speciale gevallen en bewijzen die in deze scriptie voorkomen, komen uit [1].
2 Theorie
Verderop in deze scriptie gaan we bewijzen zien van verschillende formules, stellingen en lemma’s. We gaan ze in paragraaf 2.1 stuk voor stuk bekijken en de meeste ook bewijzen.
Naast de stellingen in dit hoofdstuk komen het vergelijkingskenmerk, de stelling van de monotone convergentie, de insluitstelling, Cauchy’s criterium voor reeksen en de driehoek- songelijkheid voor in enkele bewijzen. Deze stellingen zijn na te lezen in het boek van Stephen Abbott [2]. Hiernaast komen we ook de hoofdstelling van de algebra tegen in een bewijs.
2.1 Definities en stellingen oneindige producten
Definitie 1. Een oneindig product ∏∞
n=1an kunnen we schrijven als limk→∞(∏k n=1an
) . Een oneindig product is dus een limiet van parti¨ele producten.
2.1.1 Convergentie van oneindige producten
Definitie 2. Laat {bn} een rij van complexe getallen zijn. Een oneindig product
∏∞
n=1bn = b1 · b2 · b3· ... convergeert als er een m ∈ N bestaat zodanig dat alle bn ongelijk aan nul zijn voor n≥ m en de limiet van de parti¨ele producten ∏n
k=mbk = bm· bm+1· ... · bn
bestaat en ongelijk aan nul is.
We kunnen dan ∏∞
n=1bn := b1· b2· ... · bm−1· p definie¨eren. Deze definitie is onafhankelijk van de gekozen m.
Het oneindige product ∏∞
n=1bn divergeert als het niet convergeert.
Om bovenstaande definities iets duidelijker te maken, volgt er nu een voorbeeld.
Voorbeeld 1. We gaan kijken of ∏∞
n=2
(1−n12)
convergent of divergent is. Hiervoor nemen we m = 2 in definitie 2.
∏n k=2
( 1− 1
k2 )
=
∏n k=2
k2− 1 k2
=
∏n k=2
(k− 1) (k + 1) k· k
= 1· 3 2· 2· 2· 4
3· 3· 3· 5 4· 4· 4· 6
5· 5· ... · (n− 1) (n + 1) n· n
= n + 1 2n → 1
2 ̸= 0 Dus ∏∞
n=2
(1−n12
)= 12. Hieruit kunnen we concluderen dat dit product convergeert.
Als een oneindige reeks absoluut convergeert, dan convergeert de reeks ook. Om te bewijzen dat ditzelfde ook geldt voor oneindige producten hebben we eerst een lemma nodig.
Lemma 1. Laat {pk}∞k=m, met m∈ N, een rij zijn van complexe getallen.
(a) De rij{pk} convergeert dan en slechts dan als de oneindige reeks∑∞
k=m+1(pk− pk−1) convergeert. In dit geval geldt dat
klim→∞pk = pm+
∑∞ k=m+1
(pk− pk−1) (1)
(b) Als {aj}∞j=m een rij van complexe getallen is en pk =∏k
j=m(1 + aj), dan
|pk− pk−1| ≤ |ak| e∑kj=m−1|aj|
Bewijs. We zullen eerst deel (a) van bovenstaande lemma bewijzen en vervolgens deel (b).
Voor k≥ m geldt dat
pk = pm+
∑k j=m+1
(pj − pj−1) (2)
Hieruit volgt dat limk→∞pk bestaat dan en slechts dan als limk→∞∑k
j=m+1(pj− pj−1) bestaat. Gelijkheid (1) kunnen we krijgen als we k naar oneindig laten gaan in (2).
Om (b) van lemma 1 te bewijzen, moeten we opmerken dat
pk− pk−1 =
∏k j=m
(1 + aj)−
k∏−1 j=m
(1 + aj)
= (1 + ak)
k−1
∏
j=m
(1 + aj)−
k∏−1 j=m
(1 + aj)
= ak
k−1
∏
j=m
(1 + aj)
Wegens bovenstaande kunnen we zeggen dat |pk− pk−1| ≤ |ak|∏k−1
j=m(1 +|aj|). Omdat 1 + x≤ ex geldt voor alle re¨ele getallen x, hebben we
|pk− pk−1| ≤ |ak|
k−1
∏
j=m
e|aj|=|ak| e∑kj=m−1|aj|
Stelling 1. Een oneindig product ∏
(1 + an) met an≥ 0 is convergent dan en slechts dan als ∑
an convergent is.
Bewijs. Laat de parti¨ele producten en parti¨ele sommen gedefinieerd zijn als
pn =
∏n k=1
(1 + ak) en sn =
∑n k=1
ak
Er geldt dat ak ≥ 0, dus pn en sn zijn niet dalend. Hieruit kunnen we concluderen, met behulp van de stelling van de monotone convergentie, dat pn en sn convergent zijn dan en slechts dan als ze begrensd zijn.
Er geldt dat 1≤ 1 + x ≤ ex voor alle x≥ 0. Hieruit volgt dat
1≤ pn=
∏n k=1
(1 + ak)≤
∏n k=1
eak = e∑nk=1ak = esn
Met behulp van bovenstaande ongelijkheid kunnen we het volgende concluderen.
Als de rij sn convergeert en dus begrensd is, dan is de rij pn ook begrensd. Dit geeft ons dat pn ook convergent is.
De limiet van pn moet groter of gelijk zijn aan 1, dus de limiet is ongelijk aan nul. Verder geldt de ongelijkheid
pn= (1 + a1) (1 + a2)· · · (1 + an)≥ 1 + a1+ a2+· · · + an = 1 + sn
Hieruit volgt dat als pn convergeert en dus begrensd is, dan is sn ook begrensd. Hieruit volgt dat sn dan ook convergent is.
Voor de volgende stelling hebben we eerst een defintie nodig.
Definitie 3. Het product (1 + an) is absoluut convergent als het product ∏
(1 +|an|) con- vergent is.
Stelling 2. Elk absoluut convergent oneindig product is convergent.
Bewijs. Laat∏
(1 + an) absoluut convergent zijn. Met behulp van stelling 1 weten we dat dit hetzelfde is als zeggen dat ∑
|an| convergeert. We gaan nu bewijzen dat ∏
(1 + an) convergeert.
De reeks ∑
|an| convergeert, dus met behulp van Cauchy’s criterium voor reeksen kunnen we een m kiezen zodanig dat ∑∞
n=m|an| < 12. Er geldt dat |ak| < 1 voor k ≥ m, dus 1 + ak
is ongelijk aan nul voor k≥ m.
Laat pn =∏n
k=m(1 + an) voor n≥ m. Van lemma 1(a) weten we dat lim pn bestaat dan en slechts dan als de oneindige reeks ∑∞
k=m+1(pk− pk−1) convergeert. Van lemma 1(b) weten we dat voor k > m geldt
|pk− pk−1| ≤ |ak| e∑k−1j=m|aj| En hieruit volgt dat
|pk− pk−1| <√ e|ak| Omdat ∑
|ak| convergeert, weten we door het vergelijkingskenmerk dat de reeks
∑∞
k=m+1|pk− pk−1| convergeert en daarom dat ∑∞
k=m+1(pk− pk−1) convergeert. Hieruit concluderen we dat lim pn bestaat.
Nu willen we nog bewijzen dat lim pn̸= 0. Om dit te bewijzen, gaan we door middel van inductie op n bewijzen dat
|pn| =
∏n k=m
|1 + ak| ≥ 1 −
∑n k=m
|ak| (3)
Door de driehoeksongelijkheid weten we dat geldt dat
1 =|1 + am− am| ≤ |1 + am| + |am|
Hieruit volgt (3) voor n = m.
We nemen nu aan dat (3) geldt voor een zekere n ≥ m en nu willen het bewijzen voor n + 1.
n+1∏
k=m
|1 + ak| = |1 + an+1|
∏n k=m
|1 + ak|
≥ (1 − |an+1|) (
1−
∑n k=m
|ak| )
= 1−
∑n k=m
|ak| − |an+1| + |an+1|
∑n k=m
|ak|
≥ 1 −
∑n k=m
|ak| − |an+1|
En dit bewijst dat (3) ook geldt voor n + 1.
We heben nu bewezen dat |pn| ≥ 1 −∑n
k=m|ak| en we weten dat ∑n
k=m|ak| < 12. Hieruit kunnen we concluderen dat lim pn̸= 0 en dus is ∏
(1 + an) convergent.
Net als bij oneindige reeksen is het omgekeerde van deze stelling niet waar. Om dit te bewijzen geven we hieronder een tegenvoorbeeld.
Voorbeeld 2. Het oneindige product ∏∞
n=2
(
1 + (−1)nn )
is convergent, maar hij is niet absoluut convergent.
2.2 De stellingen van Tannery
De stellingen van Tannery zijn geformuleerd door Jules Tannery. Hij heeft twee stellingen bewezen, ´e´en voor reeksen en ´e´en voor producten. Je kan Tannery’s stelling zien als een speciaal geval van de Weierstrass M-test.[1]
Stelling 3. (Tannery’s stelling voor reeksen) Voor alle n∈ N, laat∑mn
k=1ak(n) een eindige som zijn waarbij mn→ ∞ als n → ∞. Als voor elke k, limn→∞ak(n) bestaat en er bestaat een convergente reeks ∑∞
k=1Mk van niet-negatieve re¨ele getallen zodanig dat |ak(n)| ≤ Mk
voor alle k en n, dan
nlim→∞
mn
∑
k=1
ak(n) =
∑∞ k=1
nlim→∞ak(n)
wat betekent dat beide kanten welgedefinieerd zijn, dus de limieten en sommen convergeren, en gelijk zijn.
Bewijs. Neem aan dat ak := limn→∞ak(n) bestaat. Wanneer n → ∞ in de ongelijkheid
|ak(n)| ≤ Mk hebben we dat ook geldt dat |ak| ≤ Mk. Met behulp van het vergelijkings- kenmerk kunnen we nu zeggen dat ∑∞
k=1ak convergeert.
Laat ϵ > 0. Door Cauchy’s criterium voor reeksen kunnen we een l nemen zodanig dat Ml+1+ Ml+2+· · · < ϵ
3
Omdat mn→ ∞ als n → ∞ kunnen we een N1 kiezen zodanig dat voor alle n > N1 geldt dat mn> l. Uit de driehoeksongelijkheid volgt dat
|ak(n)− ak| ≤ |ak(n)| + |ak| ≤ Mk+ Mk = 2Mk dus voor n > N1 hebben we dat
mn
∑
k=1
ak(n)−
∑∞ k=1
ak =
∑l k=1
(ak(n)− ak) +
mn
∑
k=l+1
(ak(n)− ak)−
∑∞ k=mn+1
ak
≤
∑l k=1
|ak(n)− ak| +
mn
∑
k=l+1
2Mk+
∑∞ k=mn+1
Mk
≤
∑l k=1
|ak(n)− ak| +
∑∞ k=l+1
2Mk
<
∑l k=1
|ak(n)− ak| + 2ϵ 3
Voor elke k geldt limn→∞ak(n) = ak, dus er bestaat een N zodanig dat voor elke k = 1, 2, ..., l en voor n > N , geldt dat |ak(n)− ak| < 3lϵ. Dus als n > N , hebben we
mn
∑
k=1
ak(n)−
∑∞ k=1
ak <
∑l k=1
ϵ 3l + 2ϵ
3 = ϵ 3+ 2ϵ
3 = ϵ En hiermee hebben we Tannery’s stelling voor reeksen bewezen.
Nu kunnen we verder met Tannery’s stelling voor oneindige producten.
Stelling 4. (Tannery’s stelling voor oneindige producten) Voor alle n∈ N, laat∏mn
k=1(1 + ak(n)) een eindig product zijn waarbij mn→ ∞ als n → ∞. Als voor elke k, limn→∞ak(n) bestaat en er bestaat een convergente reeks∑∞
k=1Mk van niet-negatieve ree¨ele getallen zodanig dat
|ak(n)| ≤ Mk voor alle k en n, dan
n→∞lim
mn
∏
k=1
(1 + ak(n)) =
∏∞ k=1
n→∞lim (1 + ak(n))
wat betekent dat beide kanten welgedefinieerd zijn, dus de limieten en producten converge- ren, en gelijk zijn.
Bewijs. Definieer ak := limn→∞ak(n). Wanneer we n naar oneindig laten gaan in de ongelijkheid |ak(n)| ≤ Mk, hebben we dat ook geldt dat |ak| ≤ Mk. Door middel van de het vergelijkingskenmerk kunnen we nu zeggen dat de reeks ∑∞
k=1ak absoluut convergent is en dus convergent. Nu weten we met behulp van stelling 1 dat het oneindige product
∏∞
k=1(1 + ak) convergent is.
Omdat ∑
Mk convergeert, geldt Mn → 0. We kunnen hierdoor een m kiezen zodanig dat geldt dat Mk < 1 voor alle k ≥ m. Dit impliceert dat |ak| < 1 voor k ≥ m, dus 1 + ak is ongelijk aan nul voor k ≥ m.
Laat
p (n) =
mn
∏
k=1
(1 + ak(n))
en wanneer n groot genoeg is zodat geldt dat mn > m, schrijven we p (n) = q (n)·
mn
∏
k=m
(1 + ak(n))
waarin
q (n) =
m∏−1 k=1
(1 + ak(n))
In bovenstaande gelijkheid is q (n) een eindig product, dus q (n) → ∏m−1
k=1 (1 + ak) als n→ ∞.
We gaan nu bewijzen dat
nlim→∞
mn
∏
k=m
(1 + ak(n)) =
∏∞ k=m
(1 + ak)
We kijken naar de parti¨ele producten
pk(n) =
∏k j=m
(1 + aj(n)) en pk =
∏k j=m
(1 + aj)
Dit zijn beide eindige producten. Hierdoor hebben we pk = limn→∞pk(n).
mn
∏
j=m
(1 + aj(n)) = pmn(n) = pm(n) +
mn
∑
k=m+1
(pk(n)− pk−1(n))
De rechterkant van bovenstaande gelijkheid telescoopt naar pmn(n) en van lemma 1(a) weten we dat
∏∞ j=m
(1 + aj) = pm+
∑∞ k=m+1
(pk− pk−1)
omdat ∏∞
j=m(1 + aj) := limk→∞pk. Van lemma 1(b) weten we dat
|pk(n)− pk−1(n)| ≤ |ak(n)| e∑kj=m−1|aj(n)|
≤ Mke∑k−1j=mMj
≤ CMk
waarin C = e∑∞j=mMj. De som ∑∞
k=m+1CMk convergeert, dus we weten door Tannery’s stelling voor reeksen dat geldt dat
nlim→∞
Mn
∑
k=m+1
(pk(n)− pk−1(n)) =
∑∞ k=m+1
nlim→∞(pk(n)− pk−1(n)) =
∑∞ k=m+1
(pk− pk−1) Hierdoor krijgen we
n→∞lim
mn
∏
j=m
(1 + aj(n)) = lim
n→∞
(
pm(n) +
mn
∑
k=m+1
(pk(n)− pk−1(n)) )
= pm+ lim
n→∞
mn
∑
k=m+1
(pk(n)− pk−1(n))
= pm+
∑∞ k=m+1
(pk− pk−1)
=
∏∞ j=m
(1 + aj)
En hiermee hebben we Tannery’s stelling voor oneindige producten bewezen.
3 Speciale gevallen
3.1 Producten voor π
3.1.1 Vi`ete’s formule
Het oudst bekende oneindige product en tevens het oudst bekende oneindige product dat een exacte analytische uitdrukking voor π is, is gepubliceerd in 1593. Dit oneindig product is ontdekt door Fran¸cois Vi`ete en de formule is dan ook naar hem vernoemd. Vi`ete’s formule luidt:
2 π =
√1 2·
√ 1 2 +1
2
√1 2 ·
vu ut1
2+ 1 2
√ 1 2+ 1
2
√1 2 · ...
3.1.2 Bewijs van Vi`ete’s formule
Bewijs. Voor alle z∈C we hebben sin (z) = 2 sin(z
2
)cos(z
2
).Wanneer we deze formule delen door z krijgen we
sin (z) z = cos
(z 2
)· sin (z/2) z/2
Wanneer we z in bovenstaande vergelijking vervangen door z2, krijgen we sin (z/2)
z/2 = cos (z
22
)·sin (z/22) z/22 Door de vorige twee gelijkheden samen te voegen, krijgen we
sin (z) z = cos
(z 2
)· cos(z 22
)·sin (z/22) z/22 Wanneer dit met inductie wordt voortgezet, krijgen we
sin (z) z = cos
(z 2
)· cos(z 22
)· ... · cos(z 2n
)· sin (z/2n)
z/2n = sin (z/2n) z/2n
∏n k=1
cos (z
2k )
Dit is om te schrijven naar
∏n k=1
cos (z
2k )
= z/2n
sin (z/2n) ·sin (z) z Omdat limn→∞ sin(z/2z/2nn) = 1 voor alle z∈ C krijgen we
sin (z)
z =
∏∞ n=1
cos (z
2n )
= cos (z
2
)· cos(z 22
)· cos(z 23
)· ...
We zien dat de rechterkant van deze formule een oneindig product is. Wanneer we in deze formule z = π/2 invullen, krijgen we
sin (π/2) π/2 = 2
π = cos (π
22
)· cos(π 23
)· cos(π 24
)· ... =
∏∞ n=1
cos ( π
2n+1 )
(4)
Uit de formule cos2(z) = 12 + 12 cos (2z) kunnen we halen dat cos(θ
2
) =
√1
2 + 12cos (θ).
Wanneer we in deze formule θ vervangen door θ/2 krijgen we
cos ( θ
22 )
=
√ 1 2+ 1
2cos (θ
2 )
=
√ 1 2+ 1
2
√1 2 +1
2cos (θ)
Wanneer we dit proces voortzetten, zien we dat
cos ( θ
2n )
= vu uu t1
2 +1 2
vu ut1
2 +1 2
√ 1
2+ ... + 1 2
√1 2 +1
2cos (θ)
In bovenstaande gelijkheid hebben we n wortels. Wanneer we θ = π/2 in de vergelijking invullen, krijgen we
cos ( π
2n+1 )
= vu uu t1
2+ 1 2
vu ut1
2+ 1 2
√ 1
2 + ... +1 2
√1
2 (5)
In deze vergelijking zijn er nog steeds n aantal wortels.
Uit (4) en (5) volgt de formule
2 π =
√1 2·
√ 1 2 +1
2
√1 2 ·
vu ut1
2+ 1 2
√ 1 2+ 1
2
√1 2 · ...
En dat is Vi`ete’s formule die we wilden bewijzen.
3.1.3 Euler
Voor het volgende bekende oneindige product hebben we eerst nog wat voorkennis nodig, namelijk Euler’s product voor de sinus.
Stelling 5. (Euler’s product voor de sinus) Voor alle z ∈ C geldt sin (πz) = πz
∏∞ n=1
( 1− z2
n2 )
3.1.4 Bewijs van Euler’s product voor de sinus Bewijs. Voor z ∈ C hebben we
sin (z) = 1 2i
(eiz − e−iz)
= lim
n→∞Fn(z) (6)
waarbij Fn(z) het polynoom is van graad n gegeven door Fn(z) = 1
2i ((
1 + iz n
)n
− (
1− iz n
)n)
(7) In het volgende lemma gaan we Fn(z) in termen van de tangensfunctie schrijven.
Lemma 2. Als n = 2m + 1 met m∈ N, dan geldt dat Fn(z) = z
∏m k=1
(
1− z2
n2tan2(kπ/n) )
Bewijs. Wanneer we z = n tan (θ) gebruiken, krijgen we 1 + iz
n = 1 + i tan (θ)
= 1 + isin (θ) cos (θ)
= 1
cos (θ)(cos (θ) + i sin (θ))
= sec (θ) eiθ Analoog volgt dat
1− iz/n = sec (θ) e−iθ En hieruit krijgen we vervolgens dat
Fn(n tan (θ)) = 1 2i
((
1 + iz n
)n
− (
1− iz n
)n)
|z=n tan(θ)
= 1
2isecn(θ)(
einθ− e−inθ)
Hieruit volgt dat Fn(n tan (θ)) = 0 voor θ = kπn en dus is Fn(zk) = 0 voor zk= n tan
(kπ n
)
= n tan
( kπ 2m + 1
)
waar we gebruiken dat n = 2m + 1 zoals we in lemma 2 hebben aangenomen.
Omdat tan (θ) strikt stijgend is in het interval (−π/2, π/2) volgt dat z−m < z−m+1 < ... < z−1 < z0 < z1 < ... < zm−1 < zm
en omdat tan (θ) een oneven functie is, geldt dat z−k =−zk voor elke k.
We hebben 2m + 1 = n verschillende nulpunten van Fn(z) dus met behulp van de hoofd-
stelling van de algebra kunnen we Fn(z) schrijven als Fn(z) = a· (z − z0)
∏m k=1
((z− zk) (z− z−k))
= a· z
∏m k=1
((z− zk) (z + zk))
= a· z
∏m k=1
(z2− zk2
)
= a· z
∏m k=1
(
z2− n2tan2 (kπ
n ))
= a· z ·
∏m k=1
−n2tan2 (kπ
n ) (
1− z2 n2tan2(kπ
n
) )
= a· z ·
∏m k=1
(
−n2tan2 (kπ
n ))
·
∏m k=1
(
1− z2 n2tan2(kπ
n
) )
Het product∏m k=1
(−n2tan2(kπ
n
)) is onafhankelijk van z. Dat betekent dat we deze bij de constante a kunnen invoegen. We krijgen dat
Fn(z) = ˜a· z ·
∏m k=1
(
1− z2 n2tan2(kπ
n
) )
Wanneer we de machten in gelijkheid (7) uitschrijven, zien we dat Fn(z) = z + O (z2). Dit impliceert dat ˜a = 1 en hiermee hebben we lemma 2 bewezen.
Van lemma 2 en gelijkheid (6) weten we dat voor alle x∈ R geldt dat sin (x)
x = lim
n→∞
Fn(x)
x = lim
n→∞
n−1
∏2
k=1
(
1− x2
n2tan2(kπ/n) )
waarin we bij de limiet n beperken tot oneven natuurlijke getallen.
We weten dat limz→0 sin(z)
z = 1 en cos (0) = 1, dus
nlim→∞n2tan2(kπ/n) = lim
n→∞n2sin2(kπ/n) cos2(kπ/n)
= lim
n→∞
(sin (kπ/n)
1/n · 1
cos (kπ/n) )2
= lim
n→∞(kπ)2
(sin (kπ/n)
kπ/n · 1
cos (kπ/n) )2
= k2π2
Hieruit halen we dat
n→∞lim (
1− x2
n2tan2(kπ/n) )
= 1− x2
k2π2 (8)
Vanuit (8) kunnen we het volgende verkrijgen sin (x)
x = lim
n→∞
n−1
∏2
k=1
(
1− x2
n2tan2(kπ/n) )
=
∏∞ k=1
n→∞lim (
1− x2
n2tan2(kπ/n) )
=
∏∞ k=1
(
1− x2 k2π2
)
En hier zien we Euler’s product voor de sinus.
Er is echter ´e´en ”maar” in dit verhaal. In ons bewijs hebben we de volgende gelijkheid gebruikt
nlim→∞
n−1
∏2
k=1
(
1− x2
n2tan2(kπ/n) )
=
∏∞ k=1
nlim→∞
(
1− x2
n2tan2(kπ/n) )
(9) zonder dat we deze gelijkheid bewezen hebben.
In hoofdstuk 2.2 hebben we gekeken naar de stellingen van Tannery. Tannery’s stelling voor oneindige producten, stelling 4, kunnen we gebruiken om te laten zien dat (9) inderdaad geldig is.
Bewijs. Uit (6) en lemma 2 weten we dat voor alle z∈ C geldt dat sin (z) = lim
n→∞Fn(z) waarin n = 2m + 1 een oneven getal is en Fn(z) = z∏m
k=1
(
1−n2tanz22(kπ/n)) . We hebben
sin (z) = lim
m→∞z
∏m k=1
(
1− z2
n2tan2(kπ/n) )
= lim
m→∞z
∏m k=1
(1 + ak(m))
waar ak(m) =−n2tanz22(kπ/n) met n = 2m + 1.
Omdat limz→0 tan(z)z = limz→0sin(z)z · cos(z)1 = 1, zien we dat
mlim→∞ak(m) = lim
m→∞− z2
(2m + 1)2tan2(kπ/ (2m + 1))
= lim
m→∞− z2
k2π2
(tan(kπ/(2m+1)) kπ/(2m+1)
)2
=− z2 k2π2
In hoofdstuk 3.3 gaan we een lemma behandelen die zegt dat voor 0 < x < π2 geldt dat sin (x) < x < tan (x). Het bewijs van dit lemma zien we in hoofdstuk 3.3, maar we gaan nu alvast gebruiken dat x < tan (x) voor 0 < x < π2.
Wanneer n = 2m + 1 en 1≤ k ≤ m dan geldt voor alle z ∈ C dat z2
n2tan2(kπ/n)
≤ |z|2
n2(kπ)2/n2 = |z|2
k2π2 =: Mk Dus voor alle k en m hebben we dat|ak(m)| ≤ Mk. Omdat∑∞
k=1Mk convergeert, hebben we met behulp van Tannery’s stelling voor oneindige producten dat
sin (z) = lim
m→∞z
∏m k=1
(1 + ak(m))
= z
∏∞ k=1
mlim→∞(1 + ak(m))
= z
∏∞ k=1
(
1− z2 k2π2
)
Wanneer we z vervangen door πz, krijgen we Euler’s product voor de sinus. Hiermee hebben we stelling 5, Euler’s product voor de sinus, bewezen.
3.1.5 Wallis’ formule
Het tweede bekende oneindige product komt van de wiskundige John Wallis. Wallis’ for- mule luidt als volgt
π 2 =
∏∞ n=1
2n
2n− 1· 2n
2n + 1 = 2 1· 2
3 ·4 3 · 4
5· 6 5 ·6
7 · ...
De formule van Wallis is een toepassing van Euler’s product voor de sinus. [1]
3.1.6 Bewijs van Wallis’ formule
Bewijs. Om de formule van Wallis af te leiden, kijken we nogmaals naar Euler’s product voor de sinus.
sin (x) = x
∏∞ n=1
(
1− x2 π2n2
)
Wanneer we in dit product x vervangen door π2 krijgen we
1 = sin (π
2 )
= π 2
∏∞ n=1
(
1− 1 22n2
)
Omdat
1− 1
22n2 = 22n2− 1
22n2 = (2n− 1) (2n + 1) (2n) (2n) zien we dat
1 = π 2
∏∞ n=1
(2n− 1) (2n + 1) (2n) (2n) en hieruit volgt dat
2 π =
∏∞ n=1
(2n− 1) (2n + 1) (2n) (2n) Dit kunnen we vervolgens omschrijven naar Wallis’ formule
π 2 =
∏∞ n=1
2n
2n− 1· 2n 2n + 1
3.1.7 Gregory-Leibniz-Madhava formule
De Gregory-Leibniz-Madhava formule ziet er als volgt uit π
4 =
∑∞ n=0
(−1)n−1
2n− 1 = 1− 1 3+ 1
5− 1 7 +1
9 − 1 11 + ...
Deze formule wordt ook wel Leibniz’s reeks genoemd. Deze reeks is vernoemd naar Gott- fried Leibniz. Hij wordt meestal genoemd als diegene die deze reeks als eerste op papier heeft gezet, ondanks dat James Gregory deze reeks waarschijnlijk ook al kende.
Echter de wiskundige en tevens astronoom Madhava of Sangamagramma heeft deze reeks al 200 jaar eerder ontdekt voor Leibniz en Gregory.
3.1.8 Bewijs van de Gregory-Leibniz-Madhava formule
De Gregory-Leibniz-Madhava formule is redelijk snel te bewijzen met behulp van de Taylor reeks voor de arctangens. Het bewijs dat hieronder wordt gegeven berust niet op de Taylor reeks voor de arctangens, maar er wordt gebruik gemaakt van de stellingen van Tannery.
Dit is de reden dat het hieronder gegeven bewijs aan de lange kant is.
Bewijs. We beginnen het bewijs met de dubbele hoek formule 2 cot (2z) = 2cos (2z)
sin (2z) = cos2(z)− sin2(z)
cos (z) sin (z) = cot (z)− tan (z) Hieruit kunnen we halen dat
cot (2z) = 1
2(cot (z)− tan (z)) Omdat tan (z) = cot(π
2 − z)
krijgen we cot (2z) = 1
2 (
cot (z)− cot(π
2 − z))
Wanneer we in bovenstaande gelijkheid z vervangen door πz/2, zien we dat geldt dat cot (πz) = 1
2 (
cot (πz
2
)− cot
((1− z) π 2
))
(10) Laat z = 1/4 en dan zien we dat
1 = 1 2
( cot
(π 23
)− cot (3π
23 ))
Wanneer we (10) toepassen op de bovenstaande termen cot (π/23) en cot (3π/23) krijgen we
1 = 1 2
(1 2
( cot
(π 24
)− cot (7π
24 ))
− 1 2
( cot
(3π 24
)
− cot (5π
24 )))
= 1 22
( cot
(π 24
)− cot (3π
24 )
+ cot (5π
24 )
− cot (7π
24 ))
= 1 22
∑1 k=0
( cot
((4k + 1) π 24
)
− cot
((4k + 3) π 24
))
Wanneer dit met inductie wordt voortgezet, krijgen we
1 = 1 2n
2n∑−1−1 k=0
( cot
((4k + 1) π 2n+2
)
− cot
((4k + 3) π 2n+2
))
(11)
Voor alle z, w ∈C en geen gehele veelvouden van π, hebben we cot (z)− cot (w) = cos (z)
sin (z) −cos (w) sin (w)
= sin (w) cos (z)− cos (w) sin (z) sin (z) sin (w)
= sin (w− z) sin (z) sin (w) Wanneer we bovenstaande gebruiken in (11) krijgen we
1 = 1 2n
2n∑−1−1 k=0
sin( π
2n+1
) sin
((4k+1)π 2n+2
)· sin(
(4k+3)π 2n+2
) =
2n∑−1−1 k=0
ak(n) (12)
Waarin
ak(n) = 1 2n
sin( π
2n+1
) sin
((4k+1)π 2n+2
)· sin(
(4k+3)π 2n+2
)
Het idee om Gregory-Leibniz-Madhava’s formule hieruit af te leiden, is om n naar oneindig te laten gaan en Tannery’s stelling te gebruiken. Hiervoor gaan we eerst bekijken of we aan de voorwaarden voor de stelling van Tannery voldoen.
Ten eerste willen we limn→∞ak(n) bepalen.
1 2n
sin( π
2n+1
) sin
((4k+1)π 4·2n
)· sin(
(4k+3)π 4·2n
) = 23 2n+1 2n+2· 2n+2
sin( π
2n+1
) sin
((4k+1)π 2n+2
) sin
((4k+3)π 2n+2
)
= 8
π (4k + 1) (4k + 3)
2n+1
π sin( π
2n+1
) ( 2n+2
(4k+1)πsin
((4k+1)π 2n+2
)) ( 2n+2 (4k+3)πsin
((4k+3)π 2n+2
))
Omdat limz→∞ sin(z)z = 1 hebben we dat geldt dat
nlim→∞ak(n) = 8
π (4k + 1) (4k + 3)
Om de andere voorwaarden van Tannery’s stelling te verifi¨eren, hebben we een lemma nodig
Lemma 3. Als |z| ≤ 1 dan geldt dat |sin (z)| ≤ 65|z|
Bewijs. Voor |z| ≤ 1 geldt dat |z|k≤ |z| voor alle k ∈N. Ook geldt dat
(2n + 1)! = (2· 3) (4 · 5) ... (2n (2n + 1)) ≤ (2 · 3) (2 · 3) ... (2 · 3) = (2 · 3)n= 6n
Hieruit kunnen we halen dat
|sin (z)| =
∑∞ n=0
(−1)n z2n+1 (2n + 1)!
≤
∑∞ n=0
|z|2n+1 (2n + 1)!
≤
∑∞ n=0
|z|
6n
=|z|
∑∞ n=0
1 6n
= 1
1− 16 |z|
= 6 5|z|
Omdat 0 < 2n+1π ≤ 1 voor n∈N zien we met behulp van lemma (3) dat sin
( π 2n+1
)≤ 6 5
π
2n+1 (13)
Voor 0≤ k ≤ 2n−1− 1 en 0 ≤ l ≤ 4 geldt dat (4k + l) π
2n+2 ≤ (4 (2n−1− 1) + l) π
2n+2 = (2n+1− 4 + l) π
2n+2 ≤ π
2 Er geldt dat 2πx≤ sin (x) voor alle x ∈ [0,π2]. Hierdoor krijgen we
2
π · (4k + l) π 2n+2 ≤ sin
((4k + l) π 2n+2
)
Waaruit volgt dat
1 sin
((4k+l)π 2n+2
) ≤ π 2
2n+2 (4k + l) π
Wanneer we bovenstaande combineren met (13) zien we dat voor 0 ≤ k ≤ 2n−1− 1 geldt dat
1 2n
sin( π
2n+2
) sin
((4k+1)π 2n+2
) sin
((4k+3)π 2n+2
) ≤ 1 2n
(6 5· π
2n+1 ) (π
2 · 2n+2 (4k + 1) π
) (π
2 · 2n+2 (4k + 3) π
)
= 6
5· 2π
(4k + 1) (4k + 3)
Het volgt dat voor alle k en n we hebben dat
|ak(n)| ≤ 6
5· 2π
(4k + 1) (4k + 3) =: Mk Omdat ∑∞
k=0Mk convergeert, hebben we de aannames van de stelling van Tannery geve- rifieerd.
Wanneer we n naar oneindig laten gaan in (12), krijgen we 1 = lim
n→∞
2n−1∑−1 k=0
ak(n)
=
∑∞ k=0
nlim→∞ak(n)
=
∑∞ k=0
8
π (4k + 1) (4k + 3) Waaruit volgt dat
π 4 =
∑∞ k=0
2
(4k + 1) (4k + 3)
Deze laatste reeks is gelijk aan de Gregory-Leibniz-Madhava formule. Wanneer we parti¨ele breuken gebruiken, zien we dat
2
(4k + 1) (4k + 3) = 1
(4k + 1)− 1 (4k + 3) Wanneer we de reeks term voor term uitschrijven, krijgen we
π 4 =
∑∞ k=0
( 1
(4k + 1)− 1 (4k + 3)
)
= 1− 1 3+ 1
5− 1 7 +1
9 − 1 11 + ...
En hier zien we de Gregory-Leibniz-Madhava formule.
3.2 Nog een bekende formule
3.2.1 Seidels’s formule voor log(2)
Er bestaat nog een bekende formule die ons kan doen denken aan de formule van Vi`ete.
Deze formule is ontdekt door Philipp Ludwig von Seidel en luidt als volgt log (2) = 2
1 +√
2· 2
1 +√√
2 · 2
1 +√√√
2
· 2
1 +√√√√
2
· ...
Bovenstaande formule wordt ook wel Seidel’s formule voor log (2) genoemd.
3.2.2 Bewijs voor Seidel’s formule voor log(2)
Bewijs. Om Seidel’s formule te bewijzen, volgen we het bewijs dat eerder is gegeven voor Vi`ete’s formule. Het verschil is dat we hier hyperbolische functies gebruiken in plaats van goniometrische functies.
We kijken in dit bewijs naar een re¨ele x die ongelijk is aan 0. Vanuit de functies voor de sinus hyperbolicus en de cosinus hyperbolicus
sinh (x) = ex− e−x
2 , cosh (x) = ex+ e−x
2 (14)
kunnen we de volgende formule afleiden.
sinh (x) = 2 cosh (x
2 )
sinh (x
2 )
Wanneer we bovenstaande formule delen door x, zien we dat sinh (x)
x = cosh (x
2
)· sinh (x/2)
x/2 (15)
De volgende formule hebben we verkregen door x te vervangen door x2 sinh (x/2)
x/2 = cosh (x
22
)·sinh (x/22)
x/22 (16)
Door de gelijkheden (15) en (16) te combineren, zien we dat sinh (x)
x = cosh (x
2
)· cosh(x 22
)· sinh (x/22) x/22 Als dit met inductie wordt voortgezet, krijgen we
sinh (x)
x = sinh (x/2n) x/2n
∏n k=1
cosh (x
2k )
Omdat limz→0 sinh(z)
z = 1 krijgen we limn→∞ sinh(x/2n)
x/2n = 1. Wanneer we n naar oneindig laten lopen, krijgen we
x
sinh (x) = lim
n→∞
∏n k=1
1
cosh (x/2k) (17)
Voor het volgende deel van het bewijs hebben we opnieuw de hyperbolische functies (14) nodig. Wanneer we x = log (θ) invullen in (14), en dus θ = ex, invullen, kunnen we de volgende formules verkrijgen.
sinh (x) = ex− e−x
2 = θ− θ−1
2 = θ2− 1 2θ
