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 32.1 Definities en stellingen oneindige producten . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

2.1.1 Convergentie van oneindige producten . . . . . . . . . . . . . . . . 42.2 De stellingen van Tannery . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

3 Speciale gevallen 103.1 Producten voor π . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

3.1.1 Viete’s formule . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103.1.2 Bewijs van Viete’s formule . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113.1.3 Euler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123.1.4 Bewijs van Euler’s product voor de sinus . . . . . . . . . . . . . . . 123.1.5 Wallis’ formule . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 163.1.6 Bewijs van Wallis’ formule . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173.1.7 Gregory-Leibniz-Madhava formule . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173.1.8 Bewijs van de Gregory-Leibniz-Madhava formule . . . . . . . . . . . 18

3.2 Nog een bekende formule . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 213.2.1 Seidels’s formule voor log(2) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 213.2.2 Bewijs voor Seidel’s formule voor log(2) . . . . . . . . . . . . . . . . 22

3.3 Het Bazel-probleem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 233.3.1 Oplossing van Euler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 243.3.2 Bewijs oplossing van Euler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

4 Conclusie 28

1

1 Inleiding

Stel je voor dat je in een kamer staat en 1 meter verderop staat een muur. Aristotelesbeweerde dat je in deze situatie nooit de muur kan bereiken. Om de muur te bereikenmoet je eerst de helft van de afstand tot de muur lopen. Hierna moet je de helft vande overgebleven afstand lopen en daarna weer de helft van de overgebleven afstand. Ditproces kan altijd doorgaan en nooit gestopt worden. In de afbeelding hieronder is dezesituatie uitgebeeld.

Natuurlijk weten wij dat we op een gegeven moment de muur zullen bereiken. Wanneerwe alle stukjes gelopen hebben zullen we de muur bereiken. Dit roept de suggestie op datalle delen die we lopen tezamen de totale afstand moeten zijn. We kunnen dit schrijvenals 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 optellenwe de partiele 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 devolgende 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 andersschrijven?

s = 1− (1− 1)− (1− 1)− (1− 1)− · · · = 1− 0− 0− 0− · · · = 1

2

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 dats de waarde van Leibniz is, namelijk 1

2.

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 wede 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 reeksenbestaan er ook oneidige producten. In deze scriptie is te lezen wat een oneindig product isen worden er stellingen besproken die te maken hebben met oneindige producten. Dit zijnonder andere de stellingen van Tannery die we ook zullen gaan bewijzen.

Hierna zullen we kijken naar enkele speciale gevallen. Dit zijn bekende formules met πerin en een formule met log(2). We gaan deze formules bekijken en bewijzen waarbij wemeerdere malen gebruik zullen maken van de stellingen van Tannery. Als laatste gaan wekijken naar het Bazel-probleem en de oplossing hiervan.

De meeste stellingen, speciale gevallen en bewijzen die in deze scriptie voorkomen, komenuit [1].

2 Theorie

Verderop in deze scriptie gaan we bewijzen zien van verschillende formules, stellingen enlemma’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 demonotone 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 vanStephen Abbott [2]. Hiernaast komen we ook de hoofdstelling van de algebra tegen in eenbewijs.

3

2.1 Definities en stellingen oneindige producten

Definitie 1. Een oneindig product∏∞

n=1 an kunnen we schrijven als limk→∞

(∏kn=1 an

).

Een oneindig product is dus een limiet van partiele producten.

2.1.1 Convergentie van oneindige producten

Definitie 2. Laat {bn} een rij van complexe getallen zijn. Een oneindig product∏∞n=1 bn = 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 partiele producten∏n

k=m bk = bm · bm+1 · ... · bnbestaat en ongelijk aan nul is.

We kunnen dan∏∞

n=1 bn := b1 · b2 · ... · bm−1 · p definieeren. Deze definitie is onafhankelijkvan de gekozen m.

Het oneindige product∏∞

n=1 bn 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− 1

n2

)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 · 32 · 2

· 2 · 43 · 3

· 3 · 54 · 4

· 4 · 65 · 5

· ... · (n− 1) (n+ 1)

n · n=

n+ 1

2n→ 1

2= 0

Dus∏∞

n=2

(1− 1

n2

)= 1

2. Hieruit kunnen we concluderen dat dit product convergeert.

Als een oneindige reeks absoluut convergeert, dan convergeert de reeks ook. Om te bewijzendat 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

limk→∞

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∑k−1

j=m|aj |

4

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|). Omdat1 + x ≤ ex geldt voor alle reele getallen x, hebben we

|pk − pk−1| ≤ |ak|k−1∏j=m

e|aj | = |ak| e∑k−1

j=m|aj |

Stelling 1. Een oneindig product∏

(1 + an) met an ≥ 0 is convergent dan en slechts danals∑

an convergent is.

Bewijs. Laat de partiele producten en partiele 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, metbehulp van de stelling van de monotone convergentie, dat pn en sn convergent zijn dan enslechts 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∑n

k=1 ak = esn

5

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 onsdat pn ook convergent is.De limiet van pn moet groter of gelijk zijn aan 1, dus de limiet is ongelijk aan nul. Verdergeldt 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. Hieruitvolgt 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 datdit 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 kunnenwe een m kiezen zodanig dat

∑∞n=m |an| < 1

2. 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 danen 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−1

j=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 pn = 0. Om dit te bewijzen, gaan we door middel vaninductie 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|

6

Hieruit volgt (3) voor n = m.

We nemen nu aan dat (3) geldt voor een zekere n ≥ m en nu willen het bewijzen voorn+ 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 pn = 0 en dus is∏

(1 + an) convergent.

Net als bij oneindige reeksen is het omgekeerde van deze stelling niet waar. Om dit tebewijzen geven we hieronder een tegenvoorbeeld.

Voorbeeld 2. Het oneindige product∏∞

n=2

(1 + (−1)n

n

)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 stellingenbewezen, een voor reeksen en een voor producten. Je kan Tannery’s stelling zien als eenspeciaal geval van de Weierstrass M-test.[1]Stelling 3. (Tannery’s stelling voor reeksen) Voor alle n ∈ N, laat

∑mn

k=1 ak (n) een eindigesom zijn waarbij mn → ∞ als n → ∞. Als voor elke k, limn→∞ak (n) bestaat en er bestaateen convergente reeks

∑∞k=1Mk van niet-negatieve reele getallen zodanig dat |ak (n)| ≤ Mk

voor alle k en n, dan

limn→∞

mn∑k=1

ak (n) =∞∑k=1

limn→∞

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=1 ak convergeert.

7

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 geldtdat 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| < ϵ

3l. Dus als n > N , hebben we∣∣∣∣∣

mn∑k=1

ak (n)−∞∑k=1

ak

∣∣∣∣∣ <l∑

k=1

ϵ

3l+ 2

ϵ

3=

ϵ

3+ 2

ϵ

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) bestaaten er bestaat een convergente reeks

∑∞k=1Mk van niet-negatieve reeele getallen zodanig dat

|ak (n)| ≤ Mk voor alle k en n, dan

limn→∞

mn∏k=1

(1 + ak (n)) =∞∏k=1

limn→∞

(1 + ak (n))

wat betekent dat beide kanten welgedefinieerd zijn, dus de limieten en producten converge-ren, en gelijk zijn.

8

Bewijs. Definieer ak := limn→∞ ak (n). Wanneer we n naar oneindig laten gaan in deongelijkheid |ak (n)| ≤ Mk, hebben we dat ook geldt dat |ak| ≤ Mk. Door middel van dehet vergelijkingskenmerk kunnen we nu zeggen dat de reeks

∑∞k=1 ak 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 datgeldt dat Mk < 1 voor alle k ≥ m. Dit impliceert dat |ak| < 1 voor k ≥ m, dus 1 + ak isongelijk 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) alsn → ∞.

We gaan nu bewijzen dat

limn→∞

mn∏k=m

(1 + ak (n)) =∞∏

k=m

(1 + ak)

We kijken naar de partiele 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)

9

omdat∏∞

j=m (1 + aj) := limk→∞ pk.

Van lemma 1(b) weten we dat

|pk (n)− pk−1 (n)| ≤ |ak (n)| e∑k−1

j=m|aj(n)|

≤ Mke∑k−1

j=m Mj

≤ CMk

waarin C = e∑∞

j=m Mj .

De som∑∞

k=m+1CMk convergeert, dus we weten door Tannery’s stelling voor reeksen datgeldt dat

limn→∞

Mn∑k=m+1

(pk (n)− pk−1 (n)) =∞∑

k=m+1

limn→∞

(pk (n)− pk−1 (n)) =∞∑

k=m+1

(pk − pk−1)

Hierdoor krijgen we

limn→∞

mn∏j=m

(1 + aj (n)) = limn→∞

(pm (n) +

mn∑k=m+1

(pk (n)− pk−1 (n))

)

= pm + limn→∞

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 Viete’s formule

Het oudst bekende oneindige product en tevens het oudst bekende oneindige product dateen exacte analytische uitdrukking voor π is, is gepubliceerd in 1593. Dit oneindig productis ontdekt door Francois Viete en de formule is dan ook naar hem vernoemd. Viete’sformule luidt:

2

π=

√1

2·

√1

2+

1

2

√1

2·

√√√√1

2+

1

2

√1

2+

1

2

√1

2· ...

10

3.1.2 Bewijs van Viete’s formule

Bewijs. Voor alle z∈C we hebben sin (z) = 2 sin(z2

)cos(z2

).Wanneer we deze formule delen

door z krijgen wesin (z)

z= cos

(z2

)· 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/2

2)

z/22

Door de vorige twee gelijkheden samen te voegen, krijgen we

sin (z)

z= cos

(z2

)· cos

( z

22

)· sin (z/2

2)

z/22

Wanneer dit met inductie wordt voortgezet, krijgen we

sin (z)

z= cos

(z2

)· cos

( z

22

)· ... · cos

( z

2n

)· sin (z/2

n)

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→∞z/2n

sin(z/2n)= 1 voor alle z ∈ C krijgen we

sin (z)

z=

∞∏n=1

cos( z

2n

)= cos

(z2

)· cos

( z

22

)· cos

( z

23

)· ...

We zien dat de rechterkant van deze formule een oneindig product is. Wanneer we in dezeformule 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+ 1

2cos (2z) kunnen we halen dat cos

(θ2

)=√

12+ 1

2cos (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)

11

Wanneer we dit proces voortzetten, zien we dat

cos

(θ

2n

)=

√√√√√1

2+

1

2

√√√√1

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 vergelijkinginvullen, krijgen we

cos( π

2n+1

)=

√√√√√1

2+

1

2

√√√√1

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·

√√√√1

2+

1

2

√1

2+

1

2

√1

2· ...

En dat is Viete’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.

12

Lemma 2. Als n = 2m+ 1 met m ∈ N, dan geldt dat

Fn (z) = zm∏k=1

(1− z2

n2 tan2 (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 dat1− 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 = kπ

nen 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-

13

stelling van de algebra kunnen we Fn (z) schrijven als

Fn(z) = a · (z − z0)m∏k=1

((z − zk) (z − z−k))

= a · zm∏k=1

((z − zk) (z + zk))

= a · zm∏k=1

(z2 − z2k

)= a · z

m∏k=1

(z2 − n2 tan2

(kπ

n

))

= a · z ·m∏k=1

−n2 tan2

(kπ

n

)(1− z2

n2 tan2(kπn

))

= a · z ·m∏k=1

(−n2 tan2

(kπ

n

))·

m∏k=1

(1− z2

n2 tan2(kπn

))Het product

∏mk=1

(−n2 tan2

(kπn

))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

n2 tan2(kπn

))Wanneer we de machten in gelijkheid (7) uitschrijven, zien we dat Fn (z) = z+O (z2). Ditimpliceert 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−12∏

k=1

(1− x2

n2 tan2 (kπ/n)

)waarin we bij de limiet n beperken tot oneven natuurlijke getallen.

We weten dat limz→0sin(z)

z= 1 en cos (0) = 1, dus

limn→∞

n2 tan2 (kπ/n) = limn→∞

n2 sin2 (kπ/n)

cos2 (kπ/n)

= limn→∞

(sin (kπ/n)

1/n· 1

cos (kπ/n)

)2

= limn→∞

(kπ)2(sin (kπ/n)

kπ/n· 1

cos (kπ/n)

)2

= k2π2

14

Hieruit halen we dat

limn→∞

(1− x2

n2 tan2 (kπ/n)

)= 1− x2

k2π2(8)

Vanuit (8) kunnen we het volgende verkrijgen

sin (x)

x= lim

n→∞

n−12∏

k=1

(1− x2

n2 tan2 (kπ/n)

)=

∞∏k=1

limn→∞

(1− x2

n2 tan2 (kπ/n)

)=

∞∏k=1

(1− x2

k2π2

)En hier zien we Euler’s product voor de sinus.

Er is echter een ”maar” in dit verhaal. In ons bewijs hebben we de volgende gelijkheidgebruikt

limn→∞

n−12∏

k=1

(1− x2

n2 tan2 (kπ/n)

)=

∞∏k=1

limn→∞

(1− x2

n2 tan2 (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 vooroneindige producten, stelling 4, kunnen we gebruiken om te laten zien dat (9) inderdaadgeldig is.

Bewijs. Uit (6) en lemma 2 weten we dat voor alle z ∈ C geldt dat

sin (z) = limn→∞

Fn (z)

waarin n = 2m+ 1 een oneven getal is en Fn (z) = z∏m

k=1

(1− z2

n2 tan2(kπ/n)

).

We hebben

sin (z) = limm→∞

zm∏k=1

(1− z2

n2 tan2 (kπ/n)

)= lim

m→∞z

m∏k=1

(1 + ak (m))

waar ak (m) = − z2

n2 tan2(kπ/n)met n = 2m+ 1.

15

Omdat limz→0tan(z)

z= limz→0

sin(z)z

· 1cos(z)

= 1, zien we dat

limm→∞

ak (m) = limm→∞

− z2

(2m+ 1)2 tan2 (kπ/ (2m+ 1))

= limm→∞

− 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 < π2geldt dat

sin (x) < x < tan (x). Het bewijs van dit lemma zien we in hoofdstuk 3.3, maar we gaannu alvast gebruiken dat x < tan (x) voor 0 < x < π

2.

Wanneer n = 2m+ 1 en 1 ≤ k ≤ m dan geldt voor alle z ∈ C dat∣∣∣∣ z2

n2 tan2 (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=1 Mk convergeert, hebbenwe met behulp van Tannery’s stelling voor oneindige producten dat

sin (z) = limm→∞

zm∏k=1

(1 + ak (m))

= z

∞∏k=1

limm→∞

(1 + ak (m))

= z∞∏k=1

(1− z2

k2π2

)Wanneer we z vervangen door πz, krijgen we Euler’s product voor de sinus. Hiermeehebben 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· 23· 43· 45· 65· 67· ...

De formule van Wallis is een toepassing van Euler’s product voor de sinus. [1]

16

3.1.6 Bewijs van Wallis’ formule

Bewijs. Om de formule van Wallis af te leiden, kijken we nogmaals naar Euler’s productvoor de sinus.

sin (x) = x∞∏n=1

(1− x2

π2n2

)Wanneer we in dit product x vervangen door π

2krijgen we

1 = sin(π2

)=

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 dat2

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 papierheeft gezet, ondanks dat James Gregory deze reeks waarschijnlijk ook al kende.

Echter de wiskundige en tevens astronoom Madhava of Sangamagramma heeft deze reeksal 200 jaar eerder ontdekt voor Leibniz en Gregory.

17

3.1.8 Bewijs van de Gregory-Leibniz-Madhava formule

De Gregory-Leibniz-Madhava formule is redelijk snel te bewijzen met behulp van de Taylorreeks voor de arctangens. Het bewijs dat hieronder wordt gegeven berust niet op de Taylorreeks 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(π2− z)krijgen we

cot (2z) =1

2

(cot (z)− cot

(π2− z))

Wanneer we in bovenstaande gelijkheid z vervangen door πz/2, zien we dat geldt dat

cot (πz) =1

2

(cot(πz2

)− 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) krijgenwe

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)

18

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(

π2n+1

)sin(

(4k+1)π2n+2

)· sin

((4k+3)π2n+2

) =2n−1−1∑k=0

ak (n) (12)

Waarin

ak (n) =1

2nsin(

π2n+1

)sin(

(4k+1)π2n+2

)· sin

((4k+3)π2n+2

)Het idee om Gregory-Leibniz-Madhava’s formule hieruit af te leiden, is om n naar oneindigte laten gaan en Tannery’s stelling te gebruiken. Hiervoor gaan we eerst bekijken of weaan de voorwaarden voor de stelling van Tannery voldoen.

Ten eerste willen we limn→∞ ak (n) bepalen.

1

2nsin(

π2n+1

)sin(

(4k+1)π4·2n

)· sin

((4k+3)π4·2n

) = 232n+1

2n+2 · 2n+2

sin(

π2n+1

)sin(

(4k+1)π2n+2

)sin(

(4k+3)π2n+2

)=

8

π (4k + 1) (4k + 3)

2n+1

πsin(

π2n+1

)(2n+2

(4k+1)πsin(

(4k+1)π2n+2

))(2n+2

(4k+3)πsin(

(4k+3)π2n+2

))Omdat limz→∞

sin(z)z

= 1 hebben we dat geldt dat

limn→∞

ak (n) =8

π (4k + 1) (4k + 3)

Om de andere voorwaarden van Tannery’s stelling te verifieren, hebben we een lemmanodig

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

19

Hieruit kunnen we halen dat

|sin (z)| =

∣∣∣∣∣∞∑n=0

(−1)nz2n+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 < π2n+1 ≤ 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, π

2]. Hierdoor krijgen we

2

π· (4k + l) π

2n+2≤ sin

((4k + l)π

2n+2

)Waaruit volgt dat

1

sin(

(4k+l)π2n+2

) ≤ π

2

2n+2

(4k + l)π

Wanneer we bovenstaande combineren met (13) zien we dat voor 0 ≤ k ≤ 2n−1 − 1 geldtdat

1

2nsin(

π2n+2

)sin(

(4k+1)π2n+2

)sin(

(4k+3)π2n+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)

20

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 = limn→∞

2n−1−1∑k=0

ak (n)

=∞∑k=0

limn→∞

ak (n)

=∞∑k=0

8

π (4k + 1) (4k + 3)

Waaruit volgt datπ

4=

∞∑k=0

2

(4k + 1) (4k + 3)

Deze laatste reeks is gelijk aan de Gregory-Leibniz-Madhava formule. Wanneer we partielebreuken 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 Viete.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.

21

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 voorViete’s formule. Het verschil is dat we hier hyperbolische functies gebruiken in plaats vangoniometrische functies.

We kijken in dit bewijs naar een reele x die ongelijk is aan 0. Vanuit de functies voor desinus 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(x2

)sinh

(x2

)Wanneer we bovenstaande formule delen door x, zien we dat

sinh (x)

x= cosh

(x2

)· 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/2

2)

x/22(16)

Door de gelijkheden (15) en (16) te combineren, zien we dat

sinh (x)

x= cosh

(x2

)· cosh

( x

22

)· sinh (x/2

2)

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 wex

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 devolgende formules verkrijgen.

sinh (x) =ex − e−x

2=

θ − θ−1

2=

θ2 − 1

2θ

22

cosh( x

2k

)=

ex/2k+ e−x/2k

2=

θ1/2k+ θ−1/2k

2=

θ1/2k−1

+ 1

2θ1/2k

Uit bovenstaande formules kunnen we de volgende formules halen

x

sinh (x)=

2θ log (θ)

(θ − 1) (θ + 1)en

1

cosh (x/2k)=

2θ1/2k

θ1/2k−1 + 1(18)

Wanneer we de gelijkheden (17) en (18) combineren, zien we dat

2θ log (θ)

(θ − 1) (θ + 1)= lim

n→∞

n∏k=1

2θ1/2k

θ1/2k−1 + 1

= limn→∞

(n∏

k=1

θ1/2k ·

n∏k=1

2

θ1/2k−1 + 1

)

= limn→∞

(θ∑ 1

2k ·n∏

k=1

2

θ1/2k−1 + 1

)We weten dat limn→∞

∑nk=1

12k

= 1, en daarom kunnen we schrijven

2θ log (θ)

(θ − 1) (θ + 1)= θ lim

n→∞

n−1∏k=0

2

θ1/2k + 1

=2θ

θ + 1limn→∞

n−1∏k=1

2

θ1/2k + 1

Na vermeningvuldiging met θ + 1 houden we de volgende formule over

log (θ)

θ − 1=

∞∏k=1

2

1 + θ1/2k=

2

1 +√θ· 2

1 +√√

θ· 2

1 +

√√√θ

· 2

1 +

√√√√θ

· ...

Bovenstaande formule wordt ook wel Seidel’s formule genoemd. Wanneer we Seidel’s for-mule voor log (2) willen verkrijgen, vervangen we θ door 2

log (2) =2

1 +√2· 2

1 +√√

2· 2

1 +

√√√2

· 2

1 +

√√√√2

· ...

3.3 Het Bazel-probleem

Het Bazel-probleem draait om het vinden van de exacte waarde van

ζ (2) =∞∑n=1

1

n2

23

3.3.1 Oplossing van Euler

Het eerste antwoord op het Bazel-probleem is gegeven door Euler in 1734. Het antwoordop dit probleem is namelijk ζ (2) = π2

6. Euler heeft in totaal drie verschillende bewijzen

gegeven voor zijn antwoord. Een daarvan is het volgende.

Bewijs. We kijken opnieuw naar Euler’s product voor de sinus

sin (x)

x=

(1− x2

12π2

)·(1− x2

22π2

)·(1− x2

32π2

)·(1− x2

42π2

)· ...

De rechterkant van deze formule kunnen we schrijven als

1− x2

π2

(1

12+

1

22+

1

32+ ...

)+ ...

Op de plaatsen van de puntjes ”...”horen machten van x van 4 of hoger. Vervolgens krijgenwe

sin (x)

x= 1− x2

π2ζ (2) + ...

Wanneer we de machtreeks van sinus, sin (x) = x− x3

3!+ ..., delen door x krijgen we

1− x2

3!+ ... = 1− x2

π2ζ (2) + ...

Door omschrijven van deze vergelijking krijgen we

1

3!=

ζ (2)

π2

en dat geeft ons

ζ (2) =π2

3!=

π2

6

Wanneer we kijken naar de huidige maatstaven die worden gebruikt in de wiskunde is ditgeen echt bewijs. In de volgende paragraaf zullen we bewijzen dat deze oplossing van Eulerjuist is.

3.3.2 Bewijs oplossing van Euler

Bewijs. In dit bewijs kijken we naar alle niet gehele getallen z∈C. Uit de goniometrischeformule sin (2z) = 2 sin (z) cos (z) kunnen we halen dat geldt dat sin2 (z) = 4 sin2 (z/2) cos2 (z/2).

24

Ook weten we dat geldt dat cos (z) = sin (π/2− z). Uit deze twee gegevens kunnen we devolgende gelijkheid verkrijgen

1

sin2 (z)=

1

4 sin2 (z/2) cos2 (z/2)

=1

4

(1

sin2 (z/2)+

1

cos2 (z/2)

)=

1

4

(1

sin2 (z/2)+

1

sin2(π−z2

))Wanneer we in bovenstaande gelijkheid z vervangen door πz krijgen we

1

sin2 (πz)=

1

4

1

sin2(zπ2

) + 1

sin2(

(1−z)π2

) (19)

Wanneer we vervolgens z gelijkstellen aan 1/2 zien we dat

1 =1

4

(1

sin2(

π22

) + 1

sin2(

π22

)) =2

4· 1

sin2(

π22

)Wanneer we aan de rechterkant van bovenstaande gelijkheid de gelijkheid (19) gebruiken,met z = 1

22, zien we dat

1 =2

42

(1

sin2(

π23

) + 1

sin2(3π23

)) =2

42

1∑k=0

1

sin2(

(2k+1)π23

)Door nog een keer gebruik te maken van (19) voor de termen 1

sin2(π/23)en 1

sin2(3π/23)krijgen

we

1 =2

42

(1

4

(1

sin2(

π24

) + 1

sin2(7π24

))+1

4

(1

sin2(3π24

) + 1

sin2(5π24

)))

=2

43

(1

sin2(

π24

) + 1

sin2(3π24

) + 1

sin2(5π24

) + 1

sin2(7π24

))

=2

43

3∑k=0

1

sin2(

(2k+1)π24

)Wanneer we deze inductie voortzetten, krijgen we het volgende lemma

Lemma 4. Voor alle n ∈ N geldt dat

1 =2

4n

2n−1−1∑k=0

1

sin2(

(2k+1)π2n+1

)25

Om ons bewijs af te kunnen maken, hebben we nog twee andere lemma’s nodig.

Lemma 5. Voor 0 < x < π2geldt dat sin (x) < x < tan (x).

Bewijs. Om lemma 5 te bewijzen, gaan we eerst bewijzen dat sin (x) < x voor 0 < x < π2.

Wanneer we dit hebben bewezen, weten we ook dat sin (x) < x voor alle x > 0. Dit kunnenwe stellen, omdat x toeneemt en sin (x) oscilleert.

Wanneer we de machtreeks van sinus gebruiken en we weten dat sin (x) < x gelijk staataan −x < − sin (x), zien we dat geldt dat

−x < −x+x3

3!− x5

5!+

x7

7!− x9

9!+ ...

Dit is equivalent met

x3

3!

(1− x2

4 · 5

)+

x7

7!

(1− x2

8 · 9

)+ ... > 0

Wanneer 0 < x < 2 zijn alle termen die binnen de haakjes staan positief. Hieruit kunnenwe concluderen dat bovenstaande uitdrukking positief is voor 0 < x < π

2. We hebben nu

bewezen dat sin(x) < x voor 0 < x < π2.

Ten tweede willen we bewijzen dat x < tan (x) voor 0 < x < π2. We weten dat x < tan (x)

gelijk is aan x cos (x) < sin (x).

Door de machtreeks van sinus en cosinus te substitueren in x cos (x) < sin (x) krijgen wede volgende ongelijkheid

x− x3

2!+

x5

4!− x7

6!+ ... < x− x3

3!+

x5

5!− x7

7!+ ...

Deze ongelijkheid kunnen we omschrijven naar

x3

(1

2!− 1

3!

)− x5

(1

4!− 1

5!

)+ x7

(1

6!− 1

7!

)− x9

(1

8!− 1

9!

)+ ... > 0

De linkerkant van de bovenstaande vergelijking is een som van de termen van de vorm

x2k−1

(1

(2k − 2)!− 1

(2k − 1)!

)− x2k+1

(1

(2k)!− 1

(2k + 1)!

), k = 2, 4, 6, ... (20)

Deze termen zijn positief voor 0 < x < 3. Hieruit kunnen we concluderen datx cos (x) < sin (x) geldt voor 0 < x < 3 en dus ook voor 0 < x < π

2.

De formule (20) is positief dan en slechts dan als

x2 <

1(2k−2)!

− 1(2k−1)!

1(2k)!

− 1(2k+1)!

= (2k + 1) (2k − 2) , k = 2, 4, 6, ...

26

De rechterkant van deze ongelijkheid is het kleinst voor k = 2. Hierdoor kunnen we stellendat deze ongelijkheid waar is voor 0 < x < 3 en dus ook voor 0 < x < π

2. We hebben

nu bewezen dat x < tan(x) voor 0 < x < π2en hiermee is ons bewijs voor lemma 5

afgerond.

Lemma 5 hebben we nodig om het volgende lemma te kunnen bewijzen.

Lemma 6. Voor 0 < x < π2geldt dat

−1 +1

sin2 (x)<

1

x2<

1

sin2 (x)

Bewijs. Van lemma 5 weten we dat geldt sin (x) < x < tan (x) voor 0 < x < π2. Wanneer

we in deze formule de reciproque functies van de sinus toepassen, krijgen wecot2 (x) < x−2 < sin−2 (x) voor 0 < x < π

2.

Omdat cot2 (x) = cos2 (x) / sin2 (x) = sin−2 (x)− 1 kunnen we concluderen dat

sin−2 (x)− 1 < x−2 < sin−2 (x)

Hiermee hebben we lemma 6 bewezen.

Voor 0 ≤ k ≤ 2n−1 − 1 hebben we

(2k + 1) π

2n+1≤ (2 (2n−1 − 1) + 1) π

2n+1

=(2n − 1) π

2n+1

<π

2

Wanneer we nu lemma 6 toepassen, zien we dat

−2n−1 +2n−1−1∑k=0

1

sin2(

(2k+1)π2n+1

) <

2n−1−1∑k=0

1((2k+1)π2n+1

)2<

2n−1−1∑k=0

1

sin2(

(2k+1)π2n+1

)Wanneer we beide kanten van bovenstaande ongelijkheid vermeningvuldigen met 2/4n enlemma 4 gebruiken, krijgen we

− 1

2n+ 1 <

8

π2

2n−1−1∑k=0

1

(2k′ + 1)2< 1

27

Wanneer we n naar oneindig laten gaan en de insluitstelling gebruiken, kunnen we conclu-deren dat geldt dat

∞∑k=0

1

(2k + 1)2=

π2

8

Wanneer we nu gaan sommeren over even en oneven getallen, krijgen we∞∑n=1

1

n2=

∞∑n=0

1

(2n+ 1)2+

∞∑n=1

1

(2n)2

=π2

8+

1

4

∞∑n=1

1

n2

En hieruit volgt dat3

4

∞∑n=1

1

n2=

π2

8

Wanneer we dit oplossen voor∑∞

n=11n2 krijgen we Euler’s formule

π2

6=

∞∑n=1

1

n2= 1 +

1

22+

1

32+

1

42+ ...

4 Conclusie

In deze scriptie hebben we gekeken naar oneindige sommen en producten. We hebbengekeken naar wat oneindige producten zijn en wanneer deze convergeren en absoluut con-vergeren. Hiernaast hebben we gekeken naar de stellingen van Tannery en in hoofdstuk 3hebben we gekeken naar een aantal speciale gevallen. Wat hierbij opvalt is dat de stellingenvan Tannery meerdere keren gebruikt kunnen worden om speciale gevallen te bewijzen. Inhet geval van de Gregory-Leibniz-Madhava formule hebben we gezien dat de stellingen vanTannery niet altijd nodig zijn om iets te bewijzen, maar dat het wel zou kunnen wanneerje geen problemen hebt met een wat langer bewijs.

Nog iets dat opvalt is dat veel bewijzen op dezelfde manier gaan. We hebben vaak geziendat een bewijs begint met een welbekende formule, zoals een dubbele hoek formule ofeen andere formule met de sinus of de cosinus, en vervolgens door middel van inductie eenvergelijking wordt verkregen. Vanuit deze vergelijking volgt, na nog enkele andere stappen,het gevraagde speciale geval.

Als laatste hebben we gekeken naar het Basel-probleem. We hebben hierbij het bewijs vanEuler bekeken. Aangezien het bewijs van Euler in de hedendaagse wiskunde geen geldigbewijs is, hebben we door middel van een ander bewijs laten zien dat Euler gelijk had enzijn antwoord op het Basel-probleem dus juist is.

28

Referenties

[1] Paul Loya, Amazing and Aesthetic Aspects of Analysis: On the incredible infinite. 2006.

[2] Stephen Abbott, Understandig analysis. Springer, 2001

[3] James Stewart, Calculus Early Transcendentals, International edition, 7th edition,Brooks/Cole CENGAGA learning,2012

29