\documentclass[12pt,twoside]{report}
\usepackage{amssymb,latexsym,epsfig,picinpar,a4,dutch,makeidx}
\pagestyle{headings}
\makeindex
\newtheorem{stelling}{Stelling}[section]
\newtheorem{definitie}{Definitie}[section]
\newtheorem{opgave}{Opgave}[section]
%\setlength{\textwidth}{12.5cm}
%\setlength{\textheight}{18cm}
%\addtolength{\evensidemargin}{-21mm}
%\addtolength{\oddsidemargin}{-7mm}
%\addtolength{\textwidth}{10mm}
%\addtolength{\textheight}{15mm}
%\addtolength{\topmargin}{-10mm}

\def\bbbr{\mathbb R}
\def\bbbz{\mathbb Z}
\def\bbbq{\mathbb Q}

\begin{document}
\tableofcontents

\chapter*{Voorwoord}
We hebben allemaal wel eens op de \'e\'en of andere manier met 
het getal $\pi$ kennis gemaakt. Voor de \'e\'en is het 
een getal waarmee je oppervlakte en inhoud van een bol
kunt uitrekenen, op anderen oefent het getal $\pi$ weer een
geheimzinnige aantrekkingskracht uit. Om beide redenen is het
getal $\pi$ waarschijnlijk het getal waar in de loop van de
geschiedenis het meest over geschreven is. De bedoeling van dit
boekje is om je kennis te laten maken met wat achtergronden
omtrent $\pi$. We laten je ook zien hoe de kennis rond $\pi$ in
de loop van de jaren is gegroeid en dat een aantal wetenswaardigheden
zelfs van heel recente oorsprong is. Op die manier zie je hopelijk ook
dat de wiskunde het werk is van mensen die door hun pionierswerk
echte, waardevolle ontdekkingen hebben gedaan. 

%Allereerst is dit boekje bestemd als materiaal voor de keuze-uren
%wiskunde in het VWO-programma. 
Elk hoofdstuk wordt be\"eindigd
met \'e\'en of meer opgaven. Het uitwerken van deze opgaven 
vergt waarschijnlijk geruime tijd. Daarom zijn er in dit 
boekje geen specifieke eindopdrachten gegeven. Voor degenen die
toch een eindopdracht (met open einde) willen maken heb ik
bij een aantal opgaven aangegeven hoe deze tot een eindopdracht
zouden kunnen worden uitgebreid. Zoals je zult merken varieert
de moeilijkheidsgraad van de Hoofdstukken nogal.
Bij eerste lezing adviseer ik om Hoofdstuk 8, `Is $\pi$ een breuk?'
over te slaan.
Ook wil ik op mijn website {\tt www.math.uu.nl/people/beukers}
een rubriek bijhouden met aanvullingen, hulp bij opgaven etc.

Dit boekje vormt een eerste kennismaking met de eigenaardigheden
van $\pi$. Voor degenen die daarna de smaak te pakken hebben, is
er een ruime hoeveelheid literatuur beschikbaar. Zie hiervoor
paragraaf \ref{piboeken}, $\pi$-Boeken. 
Van de daar vermelde boeken heb ik
in dit boekje uitgebreid gebruik gemaakt. Daarnaast heb ik veel
hulp gehad bij de voorbereiding door de kritische opmerkingen
van wiskundeleraren en leerlingen. Met name bedank ik hierbij
Marian Kollenveld en haar klas, Peter van Dulst en collegas,
Youri Linden, Berny van Loon en Herma de Kluiver 
voor hun op- en aanmerkingen. Dank zij hun werk is voor 
een groot deel de uiteindelijke vorm van dit boekje vastgelegd.
Ongetwijfeld blijft er nog een hoop te verbeteren over en voor
commentaren houd ik mij nog steeds aanbevolen.
Ik hoop ondertussen dat het boekje in deze vorm 
al aanleiding kan geven tot enige lering en vermaak met $\pi$.  
\bigskip

\noindent
Frits Beukers, 5 juli 2002\\
(email: beukers@math.uu.nl)

\vfil\eject

\epsffile{pifront.ps}

\chapter{Inleiding}
\section{Wat is $\pi$ ?}
Tijdens de wiskundeles ben je waarschijnlijk al vele malen het 
getal $\pi$ tegengekomen. Omdat in allerlei boeken het getal
$\pi$ op verschillende manieren ingevoerd wordt, spreken we hier
eerst af wat we onder $\pi$ zullen verstaan. 
We doen door middel van een definitie.

\begin{definitie}
Het getal $\pi$ is het getal dat we krijgen wanneer we de omtrek van een 
cirkel delen door de diameter van die cirkel.
\end{definitie}
 
Anders gezegd, $omtrek=\pi\times diameter$. 
Omdat de diameter van een cirkel 
twee maal zijn straal $r$ is, hebben we ook $omtrek=2\pi r$, 
een formule die je wel vaker gezien zult hebben. Maar $\pi$ komt 
ook in diverse andere formules voor, die te maken hebben met cirkels
en bollen. We formuleren dit in de vorm
van een tweetal stellingen. Stellingen zijn beweringen die je kunt
aantonen met gebruikmaking van de regels van de wiskunde. 

\begin{stelling}
Het oppervlak van een cirkelschijf met straal $r$ is gelijk aan
$\pi r^2$.
\end{stelling}

\begin{stelling}
Het oppervlak van een bol met straal $r$ is $4\pi r^2$. De inhoud
van een bol met straal $r$ is gelijk aan ${4\over3}\pi r^3$.
\end{stelling}

Door hun veelvuldig gebruik zijn deze formules 
een beetje alledaags geworden. `Iemand'\ zal ze ooit wel gevonden 
hebben en wij maken er verder gewoon gebruik van. Door dit alledaagse
vergeten we echter een belangrijke vraag te stellen. 
In de twee bovengenoemde stellingen komt het getal $\pi$ voor.
Dat is merkwaardig, want ogenschijnlijk hebben bijvoorbeeld 
het oppervlak van een bol en die van een cirkelschijf niets 
met elkaar te maken. Volgens de formules zouden een cirkelschijf 
met straal $2$ en een bol met straal $1$ dezelfde oppervlakte 
moeten hebben. Maar zou je weten hoe je de cirkelschijf in stukjes 
moet verdelen om daarmee vervolgens de hele bol te overdekken? 
Dus waarom zijn dan toch die twee oppervlakten gelijk? 
Trouwens, de notatie $\pi$ is afkomstig van
de beroemde wiskundige Euler\index{Euler} die rond 1750 veelvuldig de 
letter $\pi$ gebruikte. De logica erachter is dat $\pi$ de Griekse
letter `p'\ is, hetgeen weer gezien kan worden als de eerste letter
van `perimeter', ofwel omtrek.

\begin{window}[1,l,\epsfig{file=Rhind_papyrus.ps,height=9cm},{}]
Ook over het getal $\pi$ zelf kan een aantal vragen
gesteld worden met interessante antwoorden. 
E\'en van die vragen is om de waarde van $\pi$
te berekenen. Dit is immers van cruciaal belang voor alle 
constructies en bouwwerken waarin cirkelvormige elementen 
voorkomen.\\
Sinds de antieke oudheid hebben mensen met dit probleem
geworsteld. Zo weten we dat de Babyloni\"ers een $\pi$-waarde
hanteerden van $3{1\over8}$. Deze waarde vond men op een 4000 jaar oud
kleitablet. De Egyptenaren werkten vermoedelijk met 
een $\pi$-waarde van \\
$(16/9)^2=3,16049\ldots$\\
hetgeen blijkt uit een 
oud Egyptisch manuscript uit 1650 v. Chr. dat nu bekend staat als
het Rhind Papyrus. Hiernaast zie je een plaatje ervan.
\end{window}

\begin{window}[2,r,\epsfig{file=Archimedes_3.ps,height=8cm},{}]
E\'en van de beroemdste namen uit de geschiedenis van de wetenschap
is die van Archimedes van Syracuse (278-212 v.Chr.)\index{Archimedes}, 
de Griekse geleerde van wiens gelijknamige wet je misschien 
wel eens gehoord hebt. Door pure denkkracht 
leidde hij af dat $\pi$ een waarde tussen  
$3{10\over71}$ en $3{1\over7}$ moet hebben. Hoe Archimedes dit deed
zullen we in Hoofdstuk \ref{voetsporen} zien.
Archimedes' beeltenis hiernaast is trouwens van een
Griekse postzegel afkomstig. 

Tot aan de zeventiende eeuw was {\it Archimedes' 
methode}\index{Archimedes' methode}
de vrijwel enige methode waarmee $\pi$ kon worden berekend. 
De recordbepaling van $\pi$ met Archimedes' methode is die 
van de Leidse hoogleraar Ludolph van Ceulen rond 1600, die 
$\pi$ tot vijfendertig decimalen vastlegde.
 
Na Archimedes is er niet alleen vooruitgang geweest,
maar werd ook wel een stap terug gedaan.
De Romeinen namen bijvoorbeeld weer $3{1\over8}$ als $\pi$ omdat 
dit waarschijnlijk makkelijker rekende. Dit is dubbel tragisch,
omdat het ook de Romeinen waren die Archimedes ombrachten bij de
verovering van Syracuse in 212 v.Chr.
\end{window}

In de zeventiende eeuw werd de differentiaal- en integraalrekening 
ontdekt door Newton\index{Newton} en Leibniz\index{Leibniz}. Dit is precies de 
differentiaal-en integraalrekening, ook analyse genoemd, 
die je nu op de middelbare school leert.
De analyse gaf de natuurwetenschap het gereedschap in handen om 
tot een ongekende bloei te komen, die zich tot in onze dagen voortzet.
Een bijproduct van de analyse was dat men ook $\pi$ vrij snel tot 
hoge precisie kon berekenen. Hieraan zullen we in Hoofdstukken 
\ref{arctan} tot en met \ref{modern} 
aandacht besteden. In de negentiende eeuw kende men al enkele
honderden decimalen van $\pi$. Allemaal met de hand berekend uiteraard. 
De grenzen werden verder verlegd met de komst van de eerste 
electronische computer in 1948 en het meest recente record (in 2002) 
is dat van de Japanner Kanada die $\pi$ tot zo'n 1240 miljard 
decimalen berekende. In paragraaf \ref{pirecords} 
vind je een korte chronologie van de diverse records op het 
aantal berekende decimalen van $\pi$.

Duizend miljard decimalen is uiteraard een duizelingwekkend aantal.
Je moet echter wel bedenken dat deze decimalen het getal $\pi$ 
geenszins vastleggen. Na deze duizend miljard eerste 
decimalen volgt er immers nog een oneindig lange rij
van andere decimalen.
En hoeveel we er ook van berekenen, nooit zullen we $\pi$ 
op deze wijze precies kennen. De enige manier om $\pi$ uniek te 
karakteriseren is door een mathematische omschrijving, zoals 
bijvoorbeeld de verhouding tussen omtrek en diameter van een cirkel. 
Alhoewel, ik heb eens een discussie gehad met iemand die 
er vast van overtuigd was dat $\pi$ gelijk was aan $22/7$. 
Dat was nog in de tijd van voor de zakrekenmachines, 
want anders hadden we vrij snel kunnen controleren dat 
$\pi=3,1415\ldots$ en $22/7=3,1428\ldots$.  
Ze zijn dus niet gelijk en $22/7$ is slechts
een goede benadering van $\pi$. Het zou trouwens best interessant 
geweest zijn als $\pi$ wel gelijk was aan $22/7$.
Daarmee zou $\pi$ immers op een alternatieve wijze zijn vastgelegd. 
Dit doet de vraag rijzen of $\pi$ misschien gelijk is
aan een andere breuk dan $22/7$.  
Het (ontkennende) antwoord zit in de volgende Stelling.

\begin{stelling}
Voor elke breuk $p/q$ geldt $\pi\ne{p\over q}$. Ofwel, $\pi$ is
irrationaal.
\end{stelling}

In Hoofdstuk \ref{irrationaal} laten we zien waarom dat zo is.

\section{Opgaven}
\begin{opgave}
{\rm
Neem een stuk millimeterpapier of, als je dat niet hebt, 
een papier met vierkante ruitjes. Stel dat de oppervlakte 
van elk ruitje gelijk is aan $S$. Teken nu een kwart cirkel met 
straal $r$ op het papier. Tel nu het aantal ruitjes dat 
volledig binnen de kwart cirkel valt. Noem dit $N_1$. Tel ook het 
aantal ruitjes die helemaal of gedeeltelijk binnen kwart de cirkel 
vallen.  Noem dit $N_2$. Beredeneer waarom $4N_1S<\pi r^2<4N_2S$. 
Geef met je gevonden waarden voor $r,S,N_1,N_2$ een onder- en 
bovengrens voor $\pi$.
}\end{opgave}

\begin{opgave}
{\rm
Dit is eigenlijk geen opgave, maar meer een controle van je
rekenapparaat. Bereken $\pi$ op je rekenapparaat en
controleer of de decimalen overeenkomen met de echte decimalen
van $\pi$ op pagina 4. Het kan wel eens gebeuren dat het laatste cijfer afwijkt.
}\end{opgave}

\chapter{De methode van Archimedes}\label{voetsporen}
\section{Regelmatige veelhoeken}
In dit hoofdstuk gaan we cirkels
benaderen met behulp van regelmatige veelhoeken.
Het idee is dat de omtrekken van dergelijke veelhoeken uiteindelijk de
omtrek van een cirkel benaderen. 
Een regelmatige veelhoek
is een veelhoek waarvan alle zijden dezelfde lengte hebben en
waarvan de hoeken even groot zijn. Hier zie je
een paar voorbeelden van regelmatige $N$-hoeken voor diverse waarden van
$N$,

\centerline{\epsfysize=4cm \epsffile{veelhoeken.ps}}

Merk op hoeveel de $96$-hoek al op een cirkel lijkt.
Beschouw nu een echte 
cirkel met diameter $1$. De omtrek van deze cirkel is
$\pi$, dit volgt immers uit onze definitie voor $\pi$.
Voor elke waarde van $N$ heeft deze
cirkel een zogenaamde {\it ingeschreven regelmatige $N$-hoek}
\index{ingeschreven N-hoek} en 
een {\it omgeschreven regelmatige $N$-hoek}\index{omgeschreven N-hoek}.
In de volgende plaatjes zie je de in- en
omgeschreven regelmatige zeshoek en twaalfhoek,

\centerline{\epsfysize=4.5cm \epsffile{zeshoeken.ps}}

Een ingeschreven veelhoek van een cirkel heeft zijn hoekpunten op de cirkel, van
de omgeschreven veelhoek raken de zijden aan de cirkel. De omtrek van een
ingeschreven regelmatige $N$-hoek zullen we aangeven met $P_N$ en die van
een omgeschreven regelmatige $N$-hoek met $Q_N$. Het zal 
hopelijk duidelijk zijn dat 
$$P_N<\pi<Q_N$$
Verder, als we $N$ heel groot laten worden, zal het duidelijk zijn dat
de in- en omgeschreven $N$-hoek steeds meer op een cirkel gaan lijken. Dus
zullen de waarden van $P_N$ en $Q_N$ steeds dichter in de buurt van $\pi$
komen naarmate $N$ groter wordt. Archimedes\index{Archimedes}
gebruikte een regelmatige $96$-hoek om
te constateren dat $3,1408<\pi<3,1429$. Als we $N$ groter kiezen krijgen we nog
betere grenzen voor de waarde van $\pi$.

Archimedes gebruikte de volgende formules die je in staat stellen om 
$P_{2N}$ en $Q_{2N}$ uit $P_N$ en $Q_N$ te berekenen,
$$Q_{2N}={2P_NQ_N\over P_N+Q_N},\qquad P_{2N}=
\sqrt{P_NQ_{2N}}\eqno{\rm(A)}.$$
Deze formules komen op dit moment een beetje uit de lucht vallen,
maar in opgave \ref{verdubbel} kun je nagaan dat ze inderdaad
kloppen. Archimedes startte met $P_6=3$ en $Q_6=2\sqrt{3}=3,46\ldots$. 
Dat dit de juiste waarden van $P_6,Q_6$ zijn, zul
je in de opgave \ref{zeshoekomtrek} van dit hoofdstuk
moeten laten zien. Pas nu bovenstaande formules toe om 
$P_{12},Q_{12}$ te berekenen. 
Deze waarden kunnen gebruikt worden om $P_{24},Q_{24}$ te berekenen, 
vervolgens $P_{48},Q_{48}$ en tenslotte komen we op $P_{96},Q_{96}$ uit. 
Hier is een tabel voor deze paar waarden.
\begin{center}\begin{tabular}{|c|c|c|}
\hline
$N$ & $P_N$ & $Q_N$ \\
\hline
$6$ &  $3,000\ 000\ 000\ldots$ & $3,464\ 101\ 615\ldots$\\
$12$ & $3,105\ 828\ 541\ldots$ & $3,215\ 390\ 309\ldots$\\
$24$ & $3,132\ 628\ 613\ldots$ & $3,159\ 659\ 942\ldots$\\
$48$ & $3,139\ 350\ 203\ldots$ & $3,146\ 086\ 215\ldots$\\
$96$ & $3,141\ 031\ 950\ldots$ & $3,142\ 714\ 599\ldots$\\
\hline
\end{tabular}\end{center}

Je kunt je afvragen waarom Archimedes niet verder is gegaan. 
Een belangrijke reden was misschien de omvang van het rekenwerk.
In Archimedes' tijd hanteerde men een
getalsnotatie die erg onhandig was in vergelijking met ons decimale
stelsel. Dat getalsnotatie erg belangrijk is bij berekeningen,
blijkt heel duidelijk als je bijvoorbeeld de vermenigvuldiging
$XXIII\times XC$ in de Romeinse getalsnotatie probeert uit te voeren.
De Griekse notatie was weliswaar anders dan de Romeinse, maar de
problemen bij het rekenen zijn vergelijkbaar. 
Nu we wel met decimalen
rekenen, kunnen we Archimedes' tabel makkelijk voortzetten. Dit zal
ook in de opgaven gebeuren.

\section{Geschiedenis rond Archimedes' methode}
\label{archimedesmethode}
Zo'n tweeduizend jaar lang, tot de zeventiende eeuw,
was {\it Archimedes' methode}\index{Archimedes' methode} 
vrijwel de enige methode om $\pi$ te 
benaderen. Hierin konden mensen tot grote hoogte komen. 
Er is bijvoorbeeld een Chinees geschrift uit de vijfde eeuw 
waarin de breuk ${355\over113}$ wordt genoemd. Deze benadert de waarde van
$\pi$ tot zes cijfers achter de komma. 
Rond 1450 vond de Islamitische geleerde Al-Kashi de 
waarde van $\pi$ tot op zo'n 15 decimalen. 
 
Het record met Archimedes' methode werd gevestigd door Ludolph 
van Ceulen (1540-1610)\index{Ceulen}\index{Van Ceulen},
een Duitser die hoogleraar aan de destijds nieuwe 
universiteit van Leiden was. In $1610$ vond hij na jarenlang 
werk maar liefst $35$ decimalen van $\pi$. Dit alles met de 
hand uitgerekend.  Deze gigantische klus kostte hem vele jaren en 
de $35$ decimalen stonden op zijn grafsteen in de Leidse 
Pieterskerk uitgebeiteld.  Helaas is deze grafsteen in de 
negentiende eeuw spoorloos verdwenen.  Heel recent heeft een 
aantal wiskundigen het initiatief genomen om een nieuwe kopie 
van Van Ceulen's grafsteen in de Pieterskerk te laten plaatsen. 
Deze feestelijke en publieke 
gebeurtenis vond plaats onder de naam `Pi in de Pieterskerk'
\index{Pi in de Pieterskerk} op 5 juli 2000. Hier is een plaatje van
de tekst op Van Ceulen's grafsteen, 
afkomstig uit een reisverslag van de Engelsman
Sir Philip Skippon (1641-1691).

\centerline{\epsfysize=12cm\epsffile{skip.eps}}

\noindent Trouwens, in Duitse teksten werd vroeger, ter ere van Van Ceulen, 
het getal $\pi$ vaak `die Ludolphse Zahl' genoemd.

Eerlijk gezegd was het rekenwerk van Van Ceulen een nogal moeizame klus.
Het zou veel eleganter zijn geweest als alle energie, gestoken
in de berekening van de decimalen, besteed zou zijn
aan het vinden van een effici\"entere rekenmethode. Van Ceulen zelf
heeft daartoe wel pogingen gedaan, maar zijn opvolger in Leiden,
Willibrordus Snellius (1580-1626)\index{Snellius}, was succesvoller.
Door een aantal
slimme observaties ontdekte Snellius dat het getal $(2P_N+Q_N)/3$ een
benadering van $\pi$ geeft waarvan het aantal juiste decimalen tweemaal
zo groot is als die van $P_N$ en $Q_N$ zelf. De regelmatige 12-hoek geeft
hiermee al een benadering die net zo goed is als die van Archimedes'
96-hoek.  Je kunt dit in de tabel zien die je in opgave \ref{snellius}
gaat opstellen.  Zo zie je dat door de hersens te gebruiken je jezelf
een hoop moeite kunt besparen. Dit is een wijze les die zeker ook
tegenwoordig nog ruimschoots opgaat. Eerst nadenken voordat je naar
de computer of grafische rekenmachine rent. De naam Snellius is
trouwens ook verbonden aan de natuurkundewet die de breking van het
licht beschrijft.

In de tweede helft van de zeventiende eeuw
werd de differentiaal- en integraalrekening ontdekt
door Newton\index{Newton} en Leibniz\index{Leibniz}. Daarmee kwamen ook andere,
nog effici\"entere methoden om $\pi$ te berekenen tot onze beschikking.
Hierover zien we meer in latere hoofdstukken. 

\section{Opgaven}
\begin{opgave}
{\rm
Zet de tabel met $N,P_N,Q_N$
uit de vorige paragraaf voort, zodat daarin ook $P_{192},
Q_{192}$ en $P_{384},Q_{384}$ voorkomen. 
Je mag daarbij een zakrekenmachine of een computer gebruiken. 
Het belangrijkste is dat je antwoorden op minstens negen 
decimalen nauwkeurig zijn.

Voeg tevens een kolom toe waarin het verschil $Q_N-\pi$ staat.
Wat is ongeveer de verhouding van de opeenvolgende termen in
deze kolom? Ludolph van Ceulen berekende $\pi$ tot op 35 decimalen
met deze methode. Hoeveel stappen denk je dat hij bij zijn
berekening gebruikt heeft? Beredeneer dit.
}\end{opgave}

\begin{opgave}\label{zeshoekomtrek}
{\rm
In het volgende plaatje rechts staat precies \'e\'en zijde van een 
ingeschreven respectievelijk omgeschreven $N$-hoek aan een 
cirkel met diameter $1$. 

\centerline{\epsfysize=4.5cm \epsffile{sector.ps}}

Leg uit waarom deze zijde gelijk is aan $\sin{\pi\over N}$ 
voor de ingeschreven $N$-hoek en $\tan{\pi\over N}$ voor de 
omgeschreven $N$-hoek. Leg vervolgens uit waarom 
$$P_N=N\sin{\pi\over N}\quad {\rm en}\quad Q_N=N\tan{\pi\over N}$$ 
Leg tenslotte uit waarom $P_6=3$ en $Q_6=2\sqrt{3}$.
}\end{opgave}

\begin{opgave}
{\rm
We gaan nu onderzoeken waarom de formules (A) 
uit de vorige paragraaf gelden.
We maken hierbij gebruik van de gonioformules 
$$\sin 2x=2\sin x\cos x\qquad \cos 2x+1=2(\cos x)^2$$
\begin{itemize}
\item[a)]\label{verdubbel}
Leidt uit bovenstaande formules af dat
$${\cos2x\over\sin2x}+{1\over\sin2x}={\cos x\over \sin x}$$
en daar weer uit,
$${1\over\tan 2x}+{1\over \sin2x}={1\over\tan x}.$$
\item[b)]
Vul in bovenstaande formule $x=\pi/2N$ in en deel beide zijden door
$2N$. Gebruik de formules voor $P_N,Q_N$ uit de voorgaande opgave om
te laten zien dat uit onderdeel (a) volgt,
$${1\over2}\left({1\over Q_N}+{1\over P_N}\right)={1\over Q_{2N}}$$

Laat nu zien dat,
$$Q_{2N}={2P_NQ_N\over P_N+Q_N}.$$ 
Dit is de eerste formule die we wilden vinden.
\item[c)]
Gebruik de gonioformule voor $\sin 2x$ om te laten zien dat
$$(\sin x)^2={\sin 2x\over 2}\cdot{\sin x\over\cos x}.$$
\item[d)]
Vul in voorgaand resultaat $x=\pi/2N$ en vermenigvuldig beide zijden met
$(2N)^2$. Laat zien dat hieruit volgt, 
$$P_{2N}^2=P_NQ_{2N}.$$
Dit is de tweede formule van Archimedes die we wilden hebben.
\end{itemize}
}\end{opgave}

\begin{opgave}\label{snellius}
{\rm
In de eerste opgave heb je een indruk gekregen van de 
precisie van de $\pi$-benaderingen die we met regelmatige 
veelhoeken krijgen. Nu gaan we iets doen dat een beetje dwaas lijkt, 
maar wel een verrassend effect heeft. Het idee is afkomstig van Snellius,
de leerling en opvolger van Ludolph van Ceulen in Leiden. 
Maak in de tabel twee extra kolommen waarin je de getallen van 
$R_N=(2P_N+Q_N)/3$ noteert en de verschillen $R_N-\pi$.

Blijkbaar hadden Archimedes en Van Ceulen $\pi$ met dezelfde 
hoeveelheid werk veel nauwkeuriger kunnen bepalen. 
De verklaring voor deze preciezere waarden werd pas vele tientallen 
jaren later gegeven door Christiaan Huygens, \'e\'en van de 
beroemdste Nederlandse wetenschappers.  Hij gebruikte hiervoor 
een ingenieus meetkundig argument. 
}\end{opgave}

\begin{opgave}
{\rm
We gaan een kleine filosofische kanttekening plaatsen bij het principe
van Archimedes waarin de omtrek van een cirkel benaderd wordt met de
omtrekken van regelmatige veelhoeken. Trek in het platte vlak de lijn
van $(0,0)$ naar $(1,1)$. Zoals je weet heeft deze lengte $\sqrt{2}$ 
(waarom?). Teken ook de volgende traptrede erin,

\centerline{\epsfysize=4cm \epsffile{treden1.ps}}

Als we via deze traptrede van $(0,0)$ naar $(1,1)$ lopen 
leggen we een afstand $2$ af. Vervolgens vervangen we de 
traptrede door twee kleinere traptreden. Deze twee treden 
vervangen we elk weer door twee nog kleinere treden, etc.

\centerline{\epsfysize=4cm \epsffile{treden2.ps}}

Wat is de lengte van elk van deze trapvormige wegen van 
$(0,0)$ naar $(1,1)$ ?  Dit proces, waarbij elke trede 
vervangen wordt door twee kleinere, kunnen we willekeurig 
vaak toepassen. We krijgen een rij trapvormige wegen, en 
na verloop van tijd zien we het verschil tussen trap en 
rechte lijn vrijwel niet meer. Wat is de lengte van elke 
trapvormige weg? Wat was de lengte van de rechte lijn? Is 
er nu sprake van een paradox? 
}\end{opgave}

\chapter{De afmetingen van de cirkel en bol}\label{toegift}
\section{Cirkels}\label{cirkels}
We hadden $\pi$ gedefinieerd als de verhouding tussen 
omtrek en diameter van een cirkel. Of, als we de straal $r$
van de cirkel gebruiken, $omtrek=2\pi r$. 
Deze omtrekformule is dus niets bijzonders, 
het legt gewoon vast wat we onder het getal $\pi$ verstaan.
Wat wel bijzonder is, is dat deze $\pi$ ook in de oppervlakteformule 
van de cirkel voorkomt, $oppervlakte=\pi r^2$. 
Immers, oppervlakte en omtrek hebben in eerste instantie 
ogenschijnlijk niets met elkaar te maken.
In deze paragraaf willen we aangeven waarom $oppervlakte=\pi r^2$.
We hebben hiervoor het 
{\it principe van Archimedes}\index{principe van Archimedes} 
nodig, dat zegt dat we cirkels met veelhoeken
kunnen benaderen. Verder hebben we de oppervlakteformule voor een driehoek
nodig. Even in herinnering brengend, de oppervlakte van een
driehoek is gelijk aan de basis maal de halve hoogte. Zie hier
het plaatje,

\centerline{\epsfysize=4.5cm \epsffile{driehoek.ps}}

Om de oppervlakteformule te zien, kunnen we het bovenstuk van de
driehoek uitklappen en vervolgens de oppervlakte van de zo ontstane
rechthoek uitrekenen,

\centerline{\epsfysize=4.5cm \epsffile{driehoekopp.ps}}

Tussen haakjes, bovenstaand meetkundig argument gaat natuurlijk 
alleen op als de beide liggende hoeken van de driehoek
kleiner dan $90^o$ zijn.  

Neem nu een omgeschreven veelhoek van een cirkel
met straal $r$ in gedachten.
Het leuke van het argument dat komen gaat, is dat
deze veelhoek helemaal niet regelmatig hoeft te zijn. We kunnen
een willeurige omgeschreven veelhoek nemen, en de enige voorwaarde
is dat de zijden aan de cirkel raken. In het volgende
plaatje hebben we
een omgeschreven zevenhoek genomen,

\centerline{\epsfysize=5cm \epsffile{zevenhoek.ps}}

Tevens hebben we de zevenhoek in driehoeken opgedeeld en de hoogtelijn
van elke driehoek met een stippellijn aangegeven. De hoogte 
van elke driehoek is natuurlijk $r$. De basis van elke driehoek 
is \'e\'en van de zijden van de zevenhoek. De oppervlakte van de zevenhoek 
is gelijk aan de gezamenlijke oppervlakte van de driehoeken. 
Dat wil zeggen ${r\over2}$ maal de som van de bases van de driehoeken.
De som van de bases van de driehoeken is echter precies de omtrek
van de zevenhoek. We concluderen dus,
$$oppervlakte={1\over2}r\times omtrek$$
Hopelijk is het duidelijk dat deze uitspraak waar is voor elke 
omgeschreven veelhoek, niet alleen de zevenhoek die we net schetsten.
Dus ook voor veelhoeken die steeds meer op de cirkel lijken.
Laten we nu Archimedes' principe toepassen dat zegt dat omtrek
en oppervlak van veelhoeken die steeds meer op een cirkel lijken
in waarde naar omtrek en oppervlak van de cirkel gaan. Dan geldt ook
voor de cirkel dat $oppervlakte={1\over2}r\times omtrek$.
Gebruiken we nu $omtrek=2\pi r$ dan volgt hieruit $oppervlakte=\pi r^2$.
Dit is precies wat we wilden!

\section{De kegel}
In dit boekje is de kegel een figuur die in 
vele gedaanten voor kan komen. 
Kies in het platte vlak een willeurige figuur $G$. 
Kies boven dat vlak een punt $T$. Trek nu van elk punt van 
$G$ een rechte lijn naar $T$.  Deze lijnen zullen een figuur opvullen 
die we de kegel met {\it grondvlak}\index{grondvlak}
$G$ en {\it top}\index{top} $T$ noemen.

\centerline{\epsfysize=6cm \epsffile{kegel.ps}}

De afstand van de top tot het vlak waarin het grondvlak 
ligt noemen we de {\it hoogte}\index{hoogte}
van de kegel. We geven deze met
de letter $h$ aan. De inhoudsformule voor de kegel ken je 
waarschijnlijk al,
$$inhoud\ kegel={1\over3}h\times oppervlakte\ G.$$

Deze formule lijkt een beetje op die voor de oppervlakte van een driehoek.
De basis van een driehoek kunnen we immers ook zien als een grondvlak 
van de driehoek, maar dan \'e\'endimensionaal. Verder is de factor 
$1/2$ veranderd in $1/3$. Dit heeft te maken met 
het feit dat een kegel een $3$-dimensionaal object is, en de driehoek 
een $2$-dimensionaal object.  Helaas is het bewijs van de juistheid van de
inhoudsformule van de kegel een stuk ingewikkelder dan de 
oppervlakteformule voor een driehoek. We konden de driehoek 
simpelweg in stukken opdelen zodat deze na herschikking een rechthoek 
opleverden. Daardoor kon de oppervlakte berekend worden. 
Helaas gaat dit niet bij een kegel. In het algemeen kunnen we een kegel 
{\it niet} in stukken opdelen 
zodat ze na herschikking bijvoorbeeld een rechthoekig blok 
opleveren. Dit gaat zelfs niet bij een eenvoudige figuur als 
de piramide, een kegel met een vierkant als grondvlak.
De reden hiervoor is niet dat we 
daar te dom voor zijn. Het blijkt gewoon een mathematische 
onmogelijkheid!  Het kan eenvoudigweg niet. 
Misschien dat je ooit eens een afleiding van de inhoud van een 
kegel hebt gezien met `knippen en plakken'\ . Maar zeer waarschijnlijk
gebeurt daar iets extra's waardoor het niet alleen maar
knippen en plakken is.

De enige manier om toch een inhoud van een kegel te krijgen is 
met behulp van een redenatie waarin een limiet wordt gebruikt.
De differentiaal- en integraalrekening zijn daar voorbeelden van.
Het volgt een argument om de inhoud van een kegel te bepalen.

Gegeven is een kegel met hoogte $h$, oppervlakte grondvlak $G$ en
volume $V$. We vergroten de kegel vanuit de top met een factor
$\lambda$ die iets groter is dan $1$. Aan het
eind van onze argumentatie zullen we $\lambda\downarrow1$ nemen. 
Het symbool $\lambda$ is trouwens
de Griekse letter `l'. In de wiskunde worden vaak Griekse letters
voor getallen gebruikt. Dat zie je al aan $\pi$, de Griekse `p'.

Na vergroting
hebben we een nieuwe kegel, met hoogte $\lambda h$, grondvlak
$\lambda^2 G$ en volume $\lambda^3 V$. Hier is een plaatje van de
oorspronkelijke kegel en de uitvergrote kegel in \'e\'en,

\centerline{\epsfysize=6cm \epsffile{kegelinhoud.ps}}

Het verschil tussen deze twee kegels is een soort plak met hoogte
$\lambda h-h=(\lambda-1)h$, oppervlak van de onderkant $\lambda^2 G$ en oppervlakte
bovenkant gelijk aan $G$.


\centerline{\epsfysize=2.4cm \epsffile{kegelplak.ps}}

Het volume van deze plak ligt dus tussen $(\lambda-1)h\cdot G$ en
$(\lambda-1)h\cdot\lambda^2 G$. Anderzijds is het volume van de plak
gelijk aan het verschil $\lambda^3V-V=(\lambda^3-1)V$. Dus,
$$(\lambda-1)hG\le(\lambda^3-1)V\le(\lambda-1)\lambda^2hG.$$
Deel alle termen door het positieve getal $\lambda-1$ en
gebruik in de middelste term dat ${\lambda^3-1\over\lambda-1}=
1+\lambda+\lambda^2$. We vinden,
$$hG\le(1+\lambda+\lambda^2)V\le\lambda^2hG$$
Laat nu $\lambda$ naar $1$ dalen, dan houden we over,
$$hG\le 3V\le hG.$$
Met andere woorden, $3V$ is zowel groter als kleiner of gelijk $hG$.
Conclusie, $3V=hG$ en onze formule $V={1\over3}hG$ volgt.


\section{Van kegel naar bol}
Het klinkt misschien als een verrassing, maar nu we 
weten wat de inhoud van een kegel is, kunnen we tevens 
de inhoud van een bol bepalen.  
Archimedes\index{Archimedes} 
had hiervoor een ingenieus, maar zeer doeltreffend argument.
In deze paragraaf gebruiken we een variant van 
Archimedes' argumentatie. Neem twee cilinders, elk met 
straal $r$ en hoogte $r$. In de ene denken we ons een 
halve bol, in de ander een kegel waarvan de top midden op 
de bodem van de cilinder ligt en het grondvlak het bovenvlak 
van de cilinder is. 

\centerline{\epsfysize=4.75cm \epsffile{archimedes1.ps}}

We doorsnijden beide figuren op dezelfde hoogte $z$ met een snijvlak loodrecht
op de cilinderas. Hier is een zijaanzicht van beide sneden,

\centerline{\epsfysize=4.75cm \epsffile{archimedes2.ps}}

De uitdrukking $\sqrt{r^2-z^2}$ in het linkerplaatje is
een gevolg van
de stelling van Pythagoras. Dat wil zeggen, $a^2+b^2=c^2$ waarbij
in dit geval $a=z,b=\sqrt{r^2-z^2}$ en $c=r$. 
Hier zijn de twee snijfiguren van boven gezien,

\centerline{\epsfysize=4.5cm \epsffile{archimedes3.ps}}

In het linkerplaatje hebben we het binnengebied van de bol gearceerd,
in het middelste plaatje het binnengebied van de kegel. De oppervlakte 
van het linkergebied is $\pi(\sqrt{r^2-z^2})^2=\pi(r^2-z^2)$.
Tellen we hierbij de oppervlakte van het middelste gebied, $\pi z^2$ op,
dan krijgen we als som $\pi r^2$, de oppervlakte van een cirkel met
straal $r$. De gearceerde gebieden hebben samen
dus dezelfde oppervlakte als de doorsnijding van het vlak met de
cilinder, onafhankelijk van de waarde van $z$. Dat betekent dat
de som van de inhouden van halve bol en kegel samen gelijk is
aan de cilinderinhoud, te weten, 
$ hoogte\times grondvlak=r\cdot\pi r^2=\pi r^3$. Dus,
$$inhoud\ halve \ bol+inhoud\ kegel=\pi r^3.$$
De inhoud van de halve bol wordt daarmee, 
$$\pi r^3-inhoud\ kegel=\pi r^3-{1\over3}r\cdot\pi r^2={2\pi\over3}r^3.$$ 
De inhoud van de hele bol is tweemaal zo groot, dat wil zeggen 
${4\pi\over3} r^3$.
 
Hopelijk heb je een beetje waardering gekregen voor het vernuft
van bovenstaand argument. Ik kan mij voorstellen dat Archimedes 
zeer trots geweest is op een dergelijke vondst. Dat blijkt ook wel
uit het feit dat Archimedes instructies heeft gegeven
om de bol en de cilinder samen op zijn grafsteen af te beelden.

Tegenwoordig gebruikt men de integraalrekening 
om inhouden van driedimensionale objecten te bepalen.
Misschien dat je al eens gewerkt hebt met inhouden van
omwentelingsfiguren.
De integraalrekening stelt ons in staat om op systematische 
manier inhouds- en oppervlakteberekeningen te doen,
waardoor we een soort 
mechanisatie van dit soort berekeningen hebben gekregen. 
Daarmee zijn het vinden van een oppervlakte en inhoud van een
figuur niet meer voorbehouden 
aan geniale figuren zoals Archimedes. Dit is een mooi voorbeeld 
van de democratisering van de wiskunde die de differentiaal- en 
integraalrekening ons gebracht heeft. 

\section{De bol}
In de vorige paragrafen hebben we uit $omtrek=2\pi r$ de 
oppervlakteformule van een cirkel afgeleid, en daarmee 
de inhoudsformule van de bol.
Er is nog \'e\'en formule die ontbreekt, de oppervlakteformule voor
een bol, $oppervlakte=4\pi r^2$. Na alles wat we in de vorige
paragrafen hebben gedaan is dit niet lastig meer, hoewel je er zelf 
misschien niet op zou komen. We volgen een zelfde redenatie als bij
de cirkel in paragraaf \ref{cirkels}, 
waarbij we van $omtrek=2\pi r$ naar $oppervlakte=\pi r^2$
gingen. Alleen gebruiken we geen omgeschreven veelhoeken meer, maar
in plaats daarvan omgeschreven veelvlakken. In het plaatje op de
volgende bladzijde zie je een voorbeeld
van een aantal omgeschreven $N$-vlakken voor diverse waarden van $N$,

\centerline{\epsfysize=5.5cm \epsffile{veelvlakken.ps}}

Een omgeschreven veelvlak is een veelvlak waarvan de vlakjes allemaal 
aan de bol raken. Stel dat de bol straal $r$ heeft. 
Elk van de zijvlakken kunnen we zien als het grondvlak 
van een kegel waarvan de top in het middelpunt van de bol ligt. 
De hoogte van elk van deze kegels is $r$.  De inhoud van zo'n kegel 
is dus ${1\over3}r\times oppervlak\ zijvlak$. 
De inhoud van alle kegels bij elkaar is dus
${1\over 3}r\times oppervlak\ alle\ zijvlakken$. Maar de inhoud van
alle kegels samen is de inhoud van het veelvlak en het oppervlak van
alle zijvlakken is precies het oppervlak van het veelvlak. Conclusie,
voor elk omgeschreven veelvlak van een bol met straal $r$ geldt,
$$inhoud={1\over 3}r\times oppervlak$$
Dit geldt voor elk omgeschreven veelvlak, dus ook voor de 
veelvlakken die steeds meer op een bol lijken. In het bijzonder 
moet ook voor de bol gelden dat $inhoud={1\over 3}r\times oppervlak$. 
De inhoud van de bol hebben we in de vorige paragraaf gevonden, 
${4\pi\over3} r^3$. Daaruit concluderen we dat 
${4\pi\over3} r^3={1\over3}r\times oppervlak\ bol$ en daarmee volgt gemakkelijk
dat het oppervlak van de bol gelijk is $4\pi r^2$.

Een kleine waarschuwing is hier misschien op zijn plaats. 
Bovenstaande afleiding ging impliciet uit van het feit dat 
we omgeschreven veelvlakken kunnen vinden waarvan inhoud en 
oppervlakte die van de bol willeurig dicht benaderen. Als eerste 
aanname is dit wellicht bevredigend. De tegenwoordige wiskunde is 
echter zeer streng en we moeten extra argumenten gebruiken om de 
impliciete aanname inderdaad hard te maken.
Wij zullen hier echter niet op door gaan.
%\vfil\eject

\section{Opgaven}
\begin{opgave}
{\rm
In het werk van Leonardo da Vinci (schilder van o.a. de Mona Lisa
en natuurwetenschapper, 1452-1519) vinden we
een ander intu\"{\i}tief argument om het cirkeloppervlak 
$\pi r^2$ uit dat van de omtrek $2\pi r$ af te leiden.
Het begint als volgt. Deel een cirkel met straal $r$ 
op in $N$ sectoren, afwisselend grijs
en wit gekleurd, en herorden ze. Op de volgende bladzij
vind je een illustratie met $N=20$.

\centerline{\epsfysize=5cm \epsffile{davinci.ps}}
 
Na herordening krijgen we een figuur die bijna de vorm van 
een rechthoek heeft.  Naarmate $N$ groter wordt zal de gelijkenis 
steeds groter worden en op den duur zien we het verschil met een 
rechthoek niet meer. Wat zijn de lengte
en breedte van deze limietrechthoek en wat is zijn oppervlakte? 
Kun je nu zien waarom de oppervlakte van de cirkel gelijk is 
aan $\pi r^2$ ?
}\end{opgave}

\begin{opgave}
{\rm
Beschouw een massieve bol met straal $r$. Net als bij de aardbol
denken we ons breedtecirkels op deze bol getekend. We snijden nu
het noordelijke stuk van de bol boven de dertigste breedtegraad eraf.
Bepaal met de bol-kegel aanpak van
Archimedes het volume van het afgesneden stuk van de bol.
}\end{opgave}

\chapter{De eerste formules voor $\pi$}
\section{De formule van Vi\`ete}
We hebben gezien hoe de waarde van $\pi$ benaderd kan worden met
een zogenaamd recursief proc\'ed\'e. Dat is een proc\'ed\'e waarbij
we ons doel bereiken door dezelfde stap herhaald uit te voeren.
Bij Archimedes' methode bestaat deze stap uit
de bepaling van $P_{2N}$ en $Q_{2N}$ uit $P_N$ en $Q_N$.

Je zult je misschien al afgevraagd hebben of het niet mogelijk is om
echte formules voor $\pi$ aan te geven. En inderdaad, door de
versnelde ontwikkeling van de wiskunde, met name de analyse, zijn er
vanaf de zestiende eeuw steeds meer $\pi$-formules ontdekt. Dat
betekent niet dat we $\pi$ opeens makkelijk kunnen uitrekenen.
In alle $\pi$-formules komt $\pi$ namelijk als limiet voor. Hoe goed we zo'n
limiet kunnen benaderen hangt af van de snelheid waarmee deze 
limiet convergeert naar het uiteindelijk antwoord $\pi$. Dit zal een
centrale vraag bij $\pi$-berekeningen blijken te zijn. 

Hier is \'e\'en van de eerste formules voor $\pi$.
Hij is afkomstig van de Franse
wiskundige Vi\`ete (1540-1603),
$${2\over \pi}={\sqrt{2}\over 2}\times{\sqrt{2+\sqrt{2}}\over2}
\times{\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2}}}\over2}\times\cdots$$
Dit is een voorbeeld van een oneindig product. Hopelijk is met de
eerste drie factoren het patroon van de daaropvolgende factoren ook
duidelijk. Een oneindig product moeten we zien als een limiet. We
berekenen eerst het product van de eerste twee factoren, dan het
product van de eerste drie factoren, dan de eerste vier factoren,
etcetera. De achtereenvolgende antwoorden die we krijgen gaan
langzamerhand richting ${2\over\pi}$. Dit zien we in de volgende
tabel,

\begin{center}\begin{tabular}{|c|c|c|}
\hline
$n$ & $n$-de factor & product van de\\
   &    &             eerste $n$ factoren\\
\hline
1  & 0.707106781\ldots & 0.707106781\ldots\\
2  & 0.923879532\ldots & 0.653281482\ldots\\
3  & 0.980785280\ldots & 0.640728861\ldots\\
3  & 0.995184726\ldots & 0.637643577\ldots\\
4  & 0.998795456\ldots & 0.636875507\ldots\\
5  & 0.999698818\ldots & 0.636683692\ldots\\
6  & 0.999924701\ldots & 0.636635751\ldots\\
7  & 0.999981175\ldots & 0.636623767\ldots\\
8  & 0.999995293\ldots & 0.636620771\ldots\\
9  & 0.999998823\ldots & 0.636620022\ldots\\
10 & 0.999999705\ldots & 0.636619834\ldots\\
\hline
\end{tabular}\end{center}
Je ziet dat de afzonderlijke factoren van ons product snel naar
$1$ toe gaan. Dat betekent dat het product zelf vrij snel naar een 
bepaalde waarde convergeert. Vergelijk de laatste waarde in de
rechterkolom eens met de waarde ${2\over\pi}=0.636619772\ldots$.
De overeemstemming is tot op de eerste zes decimalen. Het blijkt dat
de precisie na elke tien volgende factoren met ongeveer zes decimalen
toeneemt. 

Hoe bizar de formule van Vi\`ete er ook uitziet, het is
niet heel moeilijk om te laten zien dat hij correct is. Alles wat
we daarvoor nodig hebben zijn twee gonio-formules. De eerste is,
$$\sin x=2\sin{x\over2}\times\cos{x\over2}$$
Dat wil zeggen, we kunnen de sinus van een hoek $x$ schrijven als
een product waarin een sinus en cosinus van de halve hoek ${x\over2}$
voorkomen. Laten we nog eens hetzelfde doen met de factor
$\sin{x\over2}$. Dat wil zeggen we vullen 
$\sin{x\over2}=2\sin{x\over4}\times\cos{x\over4}$
in. We krijgen,
$$\sin x=4\sin{x\over4}\times\cos{x\over2}\times\cos{x\over4}$$
Op de factor $\sin{x\over4}$ passen we weer hetzelfde regeltje toe en
vinden
$$\sin x=8\sin{x\over8}\times\cos{x\over2}
\times\cos{x\over4}\times\cos{x\over8}$$
Na $k$ van dergelijke stappen krijgen we,
$$\sin x=2^k\sin{x\over2^k}\times\cos{x\over2}
\times\cos{x\over4}\times\cdots\times\cos{x\over2^k}.$$
Deel aan beide zijden door $x$,
$${\sin x\over x}={2^k\over x}\sin{x\over2^k}\times\cos{x\over2}
\times\cos{x\over4}\times\cdots\times\cos{x\over2^k}.$$
We laten nu $k$ naar oneindig gaan. Dan geldt,
$$\lim_{k\to\infty}{2^k\over x}\sin{x\over 2^k}=
\lim_{k\to\infty}{\sin(x/2^k)\over x/2^k}
=\lim_{t\to0}{\sin(t)\over t}=1$$
Na het nemen van de limiet houden we 
de volgende opmerkelijke formule over,
$${\sin x\over x}=\cos{x\over2}\times\cos{x\over4}
\times\cos{x\over8}\times\cdots$$
We vullen hier $x={\pi\over2}$ in en vinden, omdat $\sin{\pi\over2}=1$,
$${2\over\pi}=\cos{\pi\over4}\times\cos{\pi\over8}
\times\cos{\pi\over16}\times\cdots$$
We moeten nu alleen nog de cosinussen rechts uitrekenen.
Hiertoe gebruiken we
de tweede gonioformule, $\cos x=2(\cos{x\over2})^2-1$. Na 
vermenigvuldigen met $2$ volgt hieruit $2\cos x=(2\cos{x\over2})^2-2$.
En dus, $2\cos{x\over2}=\sqrt{2+2\cos x}$. Deze formule stelt ons in
staat om de cosinus van een halve hoek uit te drukken in de cosinus 
voor een hele hoek. In het bijzonder,
\begin{eqnarray*}
2\cos{\pi\over4}&=&\sqrt{2+2\cos{\pi\over2}}=\sqrt{2}\\
2\cos{\pi\over8}&=&\sqrt{2+2\cos{\pi\over4}}=\sqrt{2+\sqrt{2}}\\
2\cos{\pi\over16}&=&\sqrt{2+2\cos{\pi\over8}}=
\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2}}}\\
2\cos{\pi\over32}&=&\cdots
\end{eqnarray*}
enzovoorts. Nu zien we dat de cosinuswaarden precies aanleiding geven
tot de herhaalde worteltrekkingen. Daarmee hebben we Vi\`ete's formule
aangetoond. 

\section{De formules van Wallis en Leibniz}\label{wallisleibniz}
Vi\`ete's formule uit de vorige paragraaf heeft als voornaamste
bijzonderheid dat het de eerste formule voor $\pi$ was.
Nadeel van deze formule is dat
we bij elke volgende factor van het product weer een worteltrekking
moeten doen. Een zelfde nadeel trad ook op bij de aanpak van Archimedes.
Men zat echter niet stil in de zeventiende eeuw en er volgden spoedig een
aantal formules die dit nadeel niet hebben. E\'en van de bekendste
hiervan is de formule van Wallis (1616-1703),
$$\pi=2\times{2\times2\over1\times3}\times{4\times4
\over3\times5}\times{6\times6\over5\times7}\times\cdots$$
Ook hier is weer sprake van een oneindig lang doorlopend product.
Hopelijk is het patroon van de factoren duidelijk. Een mooie
eigenschap van dit product is dat er nu geen worteltrekkingen
hoeven worden uitgevoerd. Helaas is de formule van Wallis volkomen
ongeschikt om $\pi$ te berekenen. Het probleem is de ontzettend 
langzame convergentie. Hier volgt een aantal tussenantwoorden
bij de berekening van het product.
\begin{eqnarray*}
2\times{2\times2\over1\times3}&=&2,844444\cdots\\
2\times{2\times2\over1\times3}\times{4\times4\over3\times5}&=&
2,925714\cdots\\
2\times{2\times2\over1\times3}\times{4\times4\over3\times5}
\times{6\times6\over5\times7}&=&2,972154\cdots\\
2\times{2\times2\over1\times3}\times{4\times4\over3\times5}
\times{6\times6\over5\times7}\times{8\times8\over7\times9}&=&
3,002175\cdots
\end{eqnarray*}
Na zestien vermenigvuldigingen en delingen zijn we
op $3,002175\cdots$ als $\pi$-benade-ring gekomen. Dat schiet niet erg op.
Na tweehonderd bewerkingen,
$$2\times{2\times2\over1\times3}\times{4\times4\over3\times5}\times
\cdots\times{50\times50\over49\times51}=3,126078\cdots$$
Nu is in ieder geval \'e\'en cijfer na de komma goed. Na 
tweeduizend vermenigvuldigingen en delingen krijgen we,
$$2\times{2\times2\over1\times3}\times{4\times4\over3\times5}\times
\cdots\times{500\times500\over499\times501}=3,140023\cdots$$
en na twintigduizend bewerkingen,
$$2\times{2\times2\over1\times3}\times{4\times4\over3\times5}\times
\cdots\times{5000\times5000\over4999\times5001}=3,141435\cdots$$
Hoewel deze tussenresultaten uiteindelijk naar $\pi$ convergeren, zie
je hopelijk uit deze getallenvoorbeelden dat de convergentie ongelofelijk
langzaam gaat. We moeten duizenden vermenigvuldigingen uitvoeren om
een benadering van $\pi$ tot op drie cijfers achter de komma te krijgen.
Dit is uiterst oneconomisch in vergelijking met bijvoorbeeld Archimedes'
methode. Ondanks dit practische nadeel blijft de formule van Wallis
een heel opmerkelijke. We zullen in dit boekje geen afleiding 
van deze formule geven.

Een andere opmerkelijke formule, waarvan we later de afleiding wel geven,
is de zogenaamde {\it reeks van Leibniz}\index{reeks van Leibniz},
naar de bekende natuurfilosoof
Gottfried Wilhelm Leibniz (1646-1716)\index{Leibniz}.
Leibniz is, samen met Newton
\index{Newton}, de
grondlegger van de differentiaal- en integraalrekening.
Hier is zijn formule,
$${\pi\over4}={1\over1}-{1\over3}+{1\over5}-{1\over7}+{1\over9}-\cdots$$
Het patroon is hopelijk duidelijk en ook hier komen geen worteltrekkingen
voor. Helaas heeft deze reeks ook hetzelfde manco als de formule van
Wallis, hij convergeert vreselijk langzaam. Hier zijn een aantal 
tussenresultaten,
\begin{eqnarray*}
4\left({1\over1}-{1\over3}+{1\over5}-{1\over7}+{1\over9}-{1\over11}
\right)&=&2,97604\cdots\\
4\left({1\over1}-{1\over3}+{1\over5}-{1\over7}+\cdots+{1\over101}\right)
&=&3,16119\cdots\\
4\left({1\over1}-{1\over3}+{1\over5}-{1\over7}+\cdots+{1\over1001}\right)
&=&3,14358\cdots\\
4\left({1\over1}-{1\over3}+{1\over5}-{1\over7}+\cdots+{1\over10001}\right)
&=&3,14179\cdots\\
4\left({1\over1}-{1\over3}+{1\over5}-{1\over7}+\cdots+{1\over100001}
\right)
&=&3,14161\cdots
\end{eqnarray*}
Er zijn ongeveer vijftigduizend termen van de reeks nodig om een precisie
van $3$ decimalen achter de komma te krijgen. Hoewel de reeks er
elegant uitziet is hij dus volkomen onbruikbaar om $\pi$ uit te rekenen.

\section{Een reeks van Newton}
\begin{window}[2,l,\epsfig{file=newton1.ps,height=6cm},{}]
Sir Isaac Newton (1643-1727)\index{Newton} is naast Archimedes \'e\'en van de 
beroemdste onderzoekers in de natuurwetenschap. Hij is de grondlegger
van de leer van de mechanica en de zwaartekracht en tot 1900 hebben
zijn wetten het fundament van de natuurkunde gevormd. Zoals je
waarschijnlijk weet kan men met de wetten
van Newton de bewegingen van sterren, planeten, kometen en kunstmanen
tot op hoge precisie berekenen. 
Door alle roem die hem ten deel viel, 
kan Newton's portret op vele plaatsen gevonden
worden. Hiernaast zie je een beeltenis op een Duitse postzegel.
Naast een legendarisch natuurkundige was Newton ook een briljant
wiskundige. Samen met Leibniz is hij verantwoordelijk voor de analyse
die je nu op het VWO krijgt. En natuurlijk had Newton voor zichzelf 
een elegante methode gevonden om $\pi$ uit
rekenen, waarmee hij met gemak op zestien correcte decimalen
kwam. Hij gebruikte hiervoor de formule
$${\pi\over6}={1\over2}+\left(
{1\over2}\times{1\over3}\times{1\over2^3}\right)+
\cdots+\left(
{1\times3\times\cdots\times(2k-1)\over2\times4\times\cdots(2k)}
\times{1\over 2k+1}\times{1\over2^{2k+1}}\right)+\cdots$$
Aantonen waarom deze formule klopt, is tegenwoordig
niet heel erg moeilijk. Alleen zullen we dat hier niet doen. 
\end{window}

De convergentie van de {\it reeks van Newton}
\index{reeks van Newton}
is goed. Na tien termen krijgen we $\pi$ op vier decimalen correct,
na optellen van de eerste vijftig termen krijgen we $33$ correcte
decimalen. De gunstige convergentie en het feit dat we
geen worteltrekkingen hoeven doen, maken Newton's reeks tot een zeer
effici\"ent middel om $\pi$ te berekenen. En dat is precies wat Newton
deed. 

Waarom Newton's reeks wel snel convergeert, en die van Leibniz niet,
is niet moeilijk te begrijpen. Als een reeks convergeert, zal het
duidelijk zijn dat de termen van die reeks op den duur naar nul gaan.
Onder de termen van een reeks verstaan we de getallen die bij elkaar
opgeteld worden. 
Het zal hopelijk duidelijk zijn dat, hoe sneller de termen naar
nul gaan, des te sneller de reeks convergeert. Laten we de $k$-de
term voor beide reeksen eens met elkaar vergelijken. De $k$-de term
van de reeks van Leibniz\index{reeks van Leibniz} is ${(-1)^{k-1}\over2k+1}$ de absolute waarde hiervan
is ${1\over 2k+1}$. De $k$-de term van de reeks van Newton
\index{reeks van Newton} is
$${1\times3\times\cdots\times(2k-1)\over2\times4\times\cdots(2k)}
\times{1\over 2k+1}\times{1\over2^{2k+1}}$$
Dit ziet er wat ingewikkeld uit. Het belangrijkste onderdeel, wat de
convergentie betreft, is de factor ${1\over2^{2k+1}}$. De factoren
die ervoor staan schatten we simpelweg af door te zeggen dat
ze bij elkaar $<1$ zijn. Met andere woorden,
$${1\times3\times\cdots(2k-1)\over 2\times4\times\cdots(2k)}
\times{1\over 2k+1}<1.$$
Daardoor is de $k$-de term in Newton's reeks kleiner
is dan ${1\over2^{2k+1}}=\left({1\over2}\right)^{2k+1}$.
We zien dat deze bovengrens exponentieel
in $k$ naar nul toe gaat, omdat er een $k$ in de exponent staat.
Daarentegen gaat ${1\over2k+1}$ veel
langzamer naar nul. We zien dit mooi ge\"{\i}llustreerd in de volgende
tabel,
\begin{center}\begin{tabular}{|c|c|c|}
\hline
& Leibniz & Newton\\
\hline
$k$ & $1/(2k+1)$ & $(1/2)^{2k+1}$\\
\hline
$5$ & $0,0909090909\cdots$ & $0,0004882812\cdots$\\
$10$& $0.0476190476\cdots$ & $0,0000004768\cdots$\\
$15$& $0.0322580645\cdots$ & $0.0000000004\cdots$\\
$\vdots$ & $\vdots$ & $\vdots$\\
\hline
\end{tabular}\end{center}
Hopelijk is het nu duidelijk waarom Newton's reeks zo veel sneller
convergeert.
\section{Opgaven}
\begin{opgave}
{\rm
We hebben bij Vi\`ete's fomule gezien dat de rij 
$$\sqrt{2},\quad\sqrt{2+\sqrt{2}},\quad\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2}}},
\quad\ldots$$
op den duur naar de waarde $2$ convergeert. Op zich is dat niet
zo heel verwonderlijk. Stel namelijk dat we de limietwaarde nog
niet zouden kennen. We noemen hem $x$. Dan moet gelden, $x=\sqrt{2+x}$.
Leg uit waarom dat zo is en leidt hieruit af dat $x=2$.

In plaats van $2$ kunnen we ook een $1$ of een ander getal nemen.
Gegeven is dat de rij getallen 
$$\sqrt{1},\quad\sqrt{1+\sqrt{1}},\quad\sqrt{1+\sqrt{1+\sqrt{1}}},
\quad\ldots$$
naar een limiet nadert. Bepaal deze limiet.
}\end{opgave}

\noindent{\bf Suggestie voor eindopdracht} Bepaal 
$$\sqrt{a+\sqrt{a+\sqrt{a+\sqrt{a+\cdots}}}}$$
voor willeurige $a>0$. Neem ook varianten, zoals
$$\sqrt{a+\sqrt{b+\sqrt{a+\sqrt{b+\cdots}}}}$$
Kun je een paar waarden voor $a,b$ aangeven zodat er een mooi getal,
bijvoorbeeld $2$, uitkomt?

\begin{opgave}
{\rm
Behalve formules voor $\pi$ met oneindige producten en sommen zijn
er ook formules met oneindige breukontwikkelingen.
Hier is er \'e\'en,
$${4\over\pi}=1+\frac{1^2}{\displaystyle 3+\frac{2^2}{\displaystyle 5+
\frac{3^2}{\displaystyle 7+\frac{4^2}{9+{\atop\ddots}}}}}$$
Dit is een voorbeeld van een zogenaamde {\it kettingbreuk}.
Bereken de eerste tien waarden van de rij getallen
$$1+\frac{1^2}{3},\quad 1+\frac{1^2}{\displaystyle 3+\frac{2^2}{5}},
\quad 1+\frac{1^2}{\displaystyle 3+\frac{2^2}{\displaystyle 5+
\frac{3^2}{7}}},\quad,\ldots$$
en bepaal het verschil met ${4\over\pi}$. Vergelijk de 
convergentiesnelheid met die van Leibniz' reeks en die van Newton.
}\end{opgave}

\chapter{Twee nuttige reeksen}\label{arctan}
\section{De meetkundige reeks}
In het vorige hoofdstuk hebben we een aantal oneindige 
reeksen voor $\pi$ gezien zonder dat we daarbij vermeldden hoe je
ze af kunt leiden. In dit hoofdstukje zullen we een aantal reeksen
zien, waarvan we wel de herkomst aangeven. We beginnen met de bekendste
reeks van allemaal, de {\it meetkundige reeks}\index{meetkundige reeks}. Tegenwoordig behoort
deze reeks weer tot de middelbare schoolstof. Echter, om eventuele
misverstanden te voorkomen zullen we de theorie van de meetkundige
reeks hier in het kort samenvatten.

Neem een getal $x$. De vraag luidt nu om de oneindige reeks
$1+x+x^2+x^3+\cdots$ uit te rekenen, mits deze convergeert. Dit heeft
natuurlijk alleen kans van slagen als $|x|<1$, want anders zouden de termen $x^n$ niet eens naar nul gaan als $n\to\infty$. Tussen
haakjes, de $1$ die als eerste term voorkomt, 
kan ook gelezen worden als $x^0$.
Laten we beginnen met, voor gegeven $n$, de som van de eerste
$n$ termen, $1+x+x^2+\cdots+x^{n-1}$, uit te
rekenen. Noem deze som $S_n$. 
Voor $S_n$ kunnen we een heel
mooie formule geven. Dit gaat als volgt. Schrijf $S_n$ en $xS_n$ onder
elkaar,

\begin{center}
\begin{tabular}{rccl}
$S_n$&$=$&$1+$&$x+x^2+x^3+\cdots+x^{n-2}+x^{n-1}$\\
$xS_n$&$=$&&$x+x^2+x^3+\cdots+x^{n-2}+x^{n-1}+x^n$
\end{tabular}
\end{center}

Trek nu beide gelijkheden van elkaar af. We zien dat aan de rechterzijde 
van het `$=$'-teken de termen $x,x^2,x^3,\ldots,x^{n-2},x^{n-1}$ 
allen tegen elkaar wegvallen. 
Alleen $1$ en $x^n$ blijven over. 
Links van het `$=$'-teken krijgen we $S_n-xS_n$. En rechts $1-x^n$.
Dus, $S_n-xS_n=1-x^n$. Neem aan dat $x\ne1$.
Dan kunnen we aan beide zijden door $1-x$ delen en krijgen de zogenaamde
Meetkundige Som, afgekort (MS),
$$S_n={1-x^n\over 1-x}\qquad{\rm als}\ x\ne1\eqno{{\rm(MS)}}$$
Dit is de formule voor $S_n$ waar we op doelden. 
Iets anders geschreven,
$$1+x+x^2+\cdots+x^{n-1}={1\over1-x}+{\rm Rest}_n,\qquad 
{\rm Rest}_n=-{x^n\over1-x}.$$
We kunnen deze gelijkheid omschrijven als de uitspraak 
dat de som $1+x+x^2+\cdots+x^{n-1}$
bijna gelijk is aan ${1\over1-x}$. De fout die we daarbij maken is 
${\rm Rest}_n$. De bedoeling is natuurlijk dat ${\rm Rest}_n$ klein
is. Dit is inderdaad het geval als $|x|<1$. Neem dit aan 
en laat $n\to\infty$. 
Dan gaat $|x|^n$ naar nul, en dus
ook ${\rm Rest}_n\to0$, zoals het een echte restterm betaamt.
Gevolg,
\begin{stelling}
Voor elke $x$ met $-1<x<1$ geldt,
$$1+x+x^2+x^3+x^4+\cdots={1\over1-x}$$
\end{stelling}

De oneindige reeks links noemen we de {\it meetkundige reeks}
\index{meetkundige reeks}. 
Tevens is dit
de eerste oneindige reeks waarvan we de som daadwerkelijk hebben uitgerekend. 

Een bijzonder voorbeeld volgt als we $x={1\over2}$ nemen. We krijgen,

$$1+{1\over2}+{1\over2^2}+{1\over2^3}+{1\over2^4}+\cdots=2.$$

In dit bijzondere geval
is er trouwens een heel aardige meetkundige manier om
te zien dat de som van de reeks $2$ moet zijn.
Teken een balk van lengte $2$. Deel deze precies doormidden.
De rechterhelft delen we weer doormidden, en van de twee 
helften delen we het rechtse weer doormidden. We blijven zo 
doorgaan. Op den duur krijgen we het volgende plaatje, waarin 
we lengten van de diverse stukken hebben opgeschreven.

\centerline{\epsfysize=3cm \epsffile{balk.ps}}

Uit dit plaatje zie je dat $1+{1\over2}=2-{1\over2}$ en
$1+{1\over2}+{1\over4}=2-{1\over4}$, etc.
In het algemeen, de som van de stukken $1,{1\over2},\ldots,
{1\over2^n}$ is gelijk aan $2$ minus de lengte van 
het stukje dat overblijft, en dat heeft lengte ${1\over2^n}$. Dus,
$$1+{1\over2}+{1\over2^2}+\cdots+{1\over2^n}=2-{1\over 2^n}$$
Laten we $n\to\infty$ dan volgt hier de sommatie van de meetkundige
reeks met $x={1\over2}$ uit.

\section{De arctangensreeks}\label{arctangens}

Uitgaande van de formule voor de Meetkundige Som (MS) van de
vorige paragraaf is het mogelijk om een
aantal variaties toe te passen, die heel verrassende reeksen opleveren.
Wij behandelen hiervan \'e\'en voorbeeld, een ander wordt in de opgaven
behandeld. 

Vervang in (MS) de $x$ door $-x^2$. We krijgen,
$$1+(-x^2)+(-x^2)^2+(-x^2)^3+\cdots+(-x^2)^{n-1}={1-(-x^2)^n\over 1+x^2}$$
en dus, na wegwerken van de haakjes,
$$1-x^2+x^4-x^6+\cdots+(-1)^{n-1}x^{2n-2}={1\over1+x^2}-
(-1)^n{x^{2n}\over1+x^2}$$
Kies nu een getal $a$ met $0\le a\le1$ en integreer beide zijden van onze
gelijkheid van $0$ naar $a$. Integratie van de termen 
$1,\ -x^2,\ x^4,\ldots$ levert respectievelijk $a,\ -{a^3\over3},
\ {a^5\over5},\ldots$ op. Integratie van $1\over1+x^2$ levert 
$\arctan a$. We vinden,
$$a-{a^3\over3}+{a^5\over5}-{a^7\over7}+\cdots+(-1)^{n-1}{a^{2n-1}\over2n-1}
=\arctan a+{\rm Rest}_n\eqno{{\rm(I)}}$$
waarin ${\rm Rest}_n$ de integraal
$${\rm Rest}_n=(-1)^{n-1}\int_0^a{x^{2n}\over1+x^2}dx$$
is. Deze laatste integraal is lastig om op zinvolle manier uit te
rekenen. We kunnen echter wel een grens aangeven voor zijn absolute
waarde. Merk immers op dat ${x^{2n}\over1+x^2}\le x^{2n}$ voor
alle $x$ in het interval $[0,a]$. Gevolg is dat
$$|{\rm Rest}_n|=\int_0^a{x^{2n}\over1+x^2}dx\le\int_0^ax^{2n}dx
={a^{2n+1}\over2n+1}.$$
Merk nu op dat ${a^{2n+1}\over2n+1}\le{1\over2n+1}$ en deze laatste
uitdrukking gaat naar nul als $n\to\infty$. Gevolg is dat ook
$|{\rm Rest}_n|$ naar nul gaat als $n\to\infty$. Laten we nu in
(I) de waarde van $n$ naar $\infty$ gaan, dan krijgen we de zogenaamde
{\it arctangens reeks}\index{arctangens reeks}.
\begin{stelling}
Voor elk getal $a$ met $0\le a\le 1$ geldt,
$$a-{a^3\over3}+{a^5\over5}-{a^7\over7}+\cdots=\arctan a$$
\end{stelling}

Deze reeks wordt ook vaak de {\it reeks van Gregory}
\index{reeks van Gregory} genoemd, naar
de Schotse wiskundige James Gregory (1638-1675). Vullen we $a=1$
in deze reeks in, dan zien we weer een oude bekende terug,
$$1-{1\over3}+{1\over5}-{1\over7}+\cdots=\arctan 1={\pi\over4}$$
Dit is de reeks van Leibniz, die we in paragraaf \ref{wallisleibniz}
bespraken.
Helaas had deze reeks het probleem van de langzame convergentie.
Als we in de arctangensreeks een waarde $a$ met $a<1$ zouden kunnen
invullen, dan zouden we een veel betere convergentie hebben.
In formule (I) hierboven
zagen we immers dat de fout die we maken als we $\arctan a$ benaderen
met de eerste $n$ termen van de arctangensreeks, gelijk is aan
${\rm Rest}_n$. Deze rest was in absolute waarde kleiner dan 
${a^{2n+1}\over2n+1}<a^{2n+1}$, hetgeen exponentieel in $n$ naar nul gaat als $a<1$. Dit is precies het idee dat we in 
$\pi$-berekeningen zullen gebruiken.

Tenslotte vermelden we, dat men later ontdekte dat 
de arctangensreeks al rond 1400 aan de Indiase wiskundige Madahva
\index{Madahva}
bekend was. Hier is hoe Madahva de arctangensreeks in het
sanscriet opschreef,

\centerline{\epsfysize=3cm\epsffile{madahva.ps}}

\section{De somnotatie}\label{somnotatie}
Hoewel je waarschijnlijk bekend bent met het symbool $\Sigma$,
herinneren we er hier nog even aan, omdat we hem later nodig zullen
hebben. Voor een som als
$${1\over1}+{1\over2}+{1\over3}+{1\over4}+\cdots+{1\over n}$$
hebben we een handige notatie, namelijk
$$\sum_{k=1}^n {1\over k}.$$
De $\Sigma$ in deze notatie betekent dat we een som gaan uitrekenen.
De termen die opgeteld moeten worden zijn van de vorm ${1\over k}$
waarbij we $k$ laten lopen van $1$ tot en met $n$.
Hopelijk wordt dit door de notatie voldoende 
gesuggereerd. De $\Sigma$ is de griekse hoofdletter voor $S$, 
die op zijn beurt weer beginletter is van het woord `som' in diverse talen. 
Het nut van de somnotatie is dat we niet meer hoeven te raden wat er
op de plaats van de `$\cdots$'\ in ${1\over1}+{1\over2}+\cdots
+{1\over k}$ moet komen. Door de somnotatie is dit
ondubbelzinnig vastgelegd. In de voorbeelden die we tot nu toe zagen
was het niet zo'n probleem, daar was het snel duidelijk, wat er door
de `$\cdots$' gesuggereerd werd. In de ingewikkelder gevallen van
Hoofdstuk \ref{modern} zal dat niet zo eenvoudig meer zijn en we maken
dan ook gebruik van de somnotatie met $\Sigma$.

Ook de oneindige reeksen kunnen we met de somnotatie weergeven.
We laten $k$ in dit geval naar oneindig lopen. Hier is
bijvoorbeeld de meetkundige reeks,
$$\sum_{k=0}^{\infty}x^k={1\over1-x}\qquad |x|<1.$$
En hier is de arctangensreeks (met $x$ in plaats van $a$),
$$\sum_{k=0}^{\infty}(-1)^k{x^{2k+1}\over2k+1}=\arctan x
\qquad 0\le x\le1$$
Controleer voor jezelf of
deze somnotaties inderdaad overeenkomen met de reeksen
die we eerder tegenkwamen.

\section{Opgaven}
\begin{opgave}
{\rm
Uitgaande van de Meetkundige Som is het mogelijk een andere
interessante reeks te sommeren. 
\begin{itemize}
\item[a)]
Vervang in (MS) de $x$ door $-x$.
Stel $0\le a\le1$ en integreer nu aan beide zijden van $0$ tot 
$a$. Leidt op soortgelijke manier als we bij de arctangensreeks
hebben gedaan, de reeks
$$\ln(1+a)=a-{a^2\over2}+{a^3\over3}-{a^4\over4}+\cdots$$
af. 
\item[b)]
Geef, net als bij de arctangensreeks,
een schatting van de fout die we maken als we
$\ln(1+a)$ benaderen door alleen de eerste $n$ termen van de
reeks te sommeren.
\end{itemize}
}\end{opgave}

\begin{opgave}
{\rm
De reeks voor $\ln(1+a)$ convergeert niet alleen voor $0\le a\le1$,
maar zelfs voor alle $a$ met $-1<a\le1$.
\begin{itemize}
\item[a)]
Vul in de reeks voor $\ln(1+a)$ de waarde $a=1$ in.
Welke reeks voor $\ln 2$ krijgen we hiermee?
\item[b)]
Vul nu in de $\ln(1+a)$-reeks de waarde $a=-{1\over2}$ in.
Welke reeks voor $\ln 2$ krijgen we nu?
\item[c)]
Welk van de twee reeksen uit onderdeel a),b) convergeert het snelst?
\end{itemize}
}\end{opgave}


\chapter{$\pi$ en de arctangensreeks}\label{arctan2}
\section{Arctangensidentiteiten}
Zoals gezegd, zouden we in de arctangensreeks
graag een waarde van $a<1$
invullen, het liefst van de vorm ${1\over q}$ met $q$ geheel,
om $\pi$ te kunnen 
berekenen. Maar om dit te bereiken moet ook de waarde $\arctan a$
een eenvoudig veelvoud, bijvoorbeeld een breuk, van $\pi$ zijn.
Helaas zijn er niet veel
waarden van $a$ die deze eigenschap hebben.

Gelukkig vond men een uitweg uit deze impasse. Er geldt namelijk
de verrassende formule,
$$\arctan{1\over2}+\arctan{1\over3}={\pi\over4}$$
De termen $\arctan{1\over2}$ en $\arctan{1\over3}$ kunnen we met
behulp van de arctangensreeks goed benaderen en door hun som te nemen
krijgen we een benadering van ${\pi\over4}$ en dus ook van
$\pi$. Bijvoorbeeld,
als we van de arctangensreeksen de eerste tien termen nemen dan
vinden we de $\pi$-benadering $3.14159257\cdots$. Deze is tot zes
decimalen achter de komma correct. Met behulp van de theorie uit
paragraaf \ref{arctangens} 
hadden we dit kunnen voorspellen. De fout die we
maken door alleen de eerste tien termen te nemen is ${\rm Rest}_{10}$.
In paragraaf \ref{arctangens} zien we dat 
${\rm Rest}_{10}$ kleiner is dan ${1\over21\times2^{21}}
=2,2\times10^{-8}$ voor de reeks voor $\arctan{1\over2}$ en
kleiner dan ${1\over21\times3^{21}}=4,5\times10^{-12}$
bij de $\arctan{1\over3}$-reeks. De fout
die ontstaat in de $\pi/4$-berekening doordat we alleen
de eerste tien termen van de reeksen nemen, is dus ongeveer 
$2,2\times10^{-8}$, hetgeen zeker de eerste zes decimalen van $\pi$
correct oplevert.
Nemen we van de arctangensreeksen de eerste twintig
termen, dan vinden we een $\pi$-benadering die tot op dertien cijfers
correct is. 

Je hebt je misschien afgevraagd hoe men ooit op een formule als
$$\arctan{1\over2}+\arctan{1\over3}={\pi\over4}$$
is gekomen. De beroemde wiskundige Leonhard Euler (1707-1783)
\index{Euler}
vond hem voor het eerst, en
we kunnen slechts gissen naar hoe hij eraan kwam. Wat we wel kunnen doen,
is controleren of de formule juist is. Omdat $\tan{\pi\over4}=1$ is
het voldoende om te controleren dat
$$\tan\left(\arctan{1\over2}+\arctan{1\over3}\right)=1.$$
Voor de berekening van de som van de arctangenten, gebruiken we
een (hopelijk bekende) optelformule voor de tangens,
$$\tan(a+b)={\tan a+\tan b\over1-\tan a\tan b}.$$
Hierin vullen we $a=\arctan{1\over2}$ en $b=\arctan{1\over3}$ in,
en gebruiken dat $\tan\left(\arctan{1\over2}\right)={1\over2}$
en $\tan\left(\arctan{1\over3}\right)={1\over3}$. We vinden,
$$\tan\left(\arctan{1\over2}+\arctan{1\over3}\right)=
{{1\over2}+{1\over3}\over1-{1\over2}\cdot{1\over3}}=1.$$
Onze formule klopt dus.

\section{Machin's methode}
De Engelse astronoom John Machin (1680-1752) maakte van
arctangensformules gebruik om $\pi$ tot grote 
nauwkeurigheid te berekenen.
Machin gebruikte voor zijn berekeningen een variant op bovenstaande
formule,
$${\pi\over4}=4\arctan{1\over5}-\arctan{1\over239}.$$
Doordat ${1\over5}$ en ${1\over239}$ veel kleiner dan ${1\over2}$
zijn, convergeren de arctangensreeksen in deze waarden veel
sneller dan de reeksen voor $\arctan{1\over2}$ en $\arctan{1\over3}$
uit de vorige paragraaf. 

Met de zojuist genoemde formule berekende Machin $\pi$
in 1706 tot op honderd decimalen. Dit alles met de hand uiteraard.
Vele anderen in de achttiende en negentiende eeuw hebben hebben
gebruik gemaakt van Machin's methode en zijn varianten om $\pi$
te berekenen. 
Euler, die behalve fenomenaal wiskundige 
tevens een formidabel rekenaar was, gebruikte de formule
$${\pi\over4}=5\arctan{1\over7}+2\arctan{3\over79}$$
voor de aardigheid 
om (naar eigen zeggen) in een uur tijd $\pi$ tot op twintig 
decimalen te berekenen.
Het is leerzaam dit te vergelijken met het jarenlange gezwoeg
van Van Ceulen (zie paragraaf \ref{archimedesmethode})
om zo ver te komen. De les is dat wiskundige vooruitgang
bestaat uit de ontwikkeling van nieuwe idee\"en, niet uit het steeds
beter kunnen rekenen en steeds ingewikkelder sommetjes oplossen.

\begin{window}[1,l,\epsfig{file=euler.ps,height=8cm},{}]
Euler\index{Euler}
zelf is \'e\'en van de bekendste wiskundigen uit de geschiedenis
van de wiskunde. Op vrijwel elk gebied binnen de wiskunde en de
mechanica heeft hij een belangrijke bijdrage geleverd. Hoewel hij
op latere leeftijd blind was, weerhield dit hem er niet van om
gewoon door te gaan met zijn wiskundige werk. De berekeningen deed
hij vanaf dat moment uit zijn hoofd en de resultaten dicteerde
hij aan \'e\'en van zijn zonen. Euler is in Zwitserland geboren,
vandaar dat men hem heeft herdacht op een Zwitsers bankbiljet, zoals je
hiernaast ziet. 

Het record voor met de hand berekende waarden van $\pi$ werd
gevestigd door William Shanks in 1874 die, na jaren zwoegen,
707 decimalen bepaalde.
De methode die Shanks volgde, was precies die van Machin.
Met deze 707 decimalen was zo ongeveer de grens van het menselijk
kunnen bereikt. Gelukkig maar, want het met de hand berekenen van 
dergelijke grote getallen begon een beetje absurd worden.
Pas toen de eerste electronische computers rond 1946 verschenen,
werd de grens van Shanks verder verlegd. Toen bleek trouwens ook dat Shanks
een rekenfoutje gemaakt had. Vanaf de $528^e$ decimaal waren
zijn cijfers incorrect. Het had dus een jaar of zeventig geduurd
voordat men daar achter kwam! Intussen was een zaal van het Palais
de la d\'ecouverte te Parijs helemaal versierd met de 707 decimalen
van Shanks. Later heeft men de kleine tweehonderd foutieve decimalen
in deze zaal gecorrigeerd.
\end{window}

Tot ver in het computertijdperk heeft men gebruik gemaakt van
Machin's methode en zijn varianten om $\pi$ te berekenen. 
Pas rond 1974 kwamen er nieuwe methoden beschikbaar, waarover
meer in het volgende hoofdstuk.
 
Tenslotte geven we nog het laatste woord aan Euler.
Hij is het geweest, die de volgende wonderbaarlijke relatie ontdekte,

\centerline{\epsfysize=3cm\epsffile{epi.ps}}
Zoals je ziet zijn in deze gelijkheid zijn 
alle "geheimzinnige" symbolen $e$,
$\pi$ en $\sqrt{-1}$ in \'e\'en formule verenigd.


\section{Opgaven}
\begin{opgave}
{\rm
Zoals gezegd, Machin gebruikte zijn formule om $\pi$ tot op 
honderd decimalen nauwkeurig uit te rekenen. Hoeveel termen van de 
reeks voor $\arctan{1\over5}$ denk je dat hij daarvoor nodig had?
Beredeneer dit.
}\end{opgave}

\begin{opgave}
{\rm
Controleer de juistheid van Machin's relatie
$${\pi\over4}=4\arctan{1\over5}-\arctan{1\over239}$$
door herhaald gebruik te maken van de somformule van de tangens.
Hint: bereken eerst $\tan(4\arctan{1\over5})$.
}\end{opgave}

\begin{opgave}
{\rm
Een andere manier om nieuwe Machin-achtige relaties te maken
berust op de volgende observatie. Stel $n$ geheel en schrijf
$n^2+1$ als een product $a\cdot b$. Dan geldt,
$$\arctan{1\over n}=\arctan{1\over n+a}+
\arctan{1\over n+b}\eqno{{\rm(R)}}$$
\begin{itemize}
\item[a)] Controleer de juistheid van gelijkheid (R).
\item[b)] Laat zien dat uit (R) de relatie 
$\arctan{1\over2}=\arctan{1\over 3}+\arctan{1\over 7}$ volgt
door $n=2$ te nemen.
\item[c)] Laat zien dat uit onderdeel (b) en 
${\pi\over4}=\arctan{1\over2}+\arctan{1\over3}$ de relatie
$${\pi\over4}=2\arctan{1\over3}+\arctan{1\over7}$$
volgt.
\end{itemize}
}\end{opgave}

\noindent{\bf Suggestie voor eindopdracht} Vindt zo veel mogelijk relaties
van de vorm
$${\pi\over4}=\arctan{1\over n_1}+\arctan{1\over n_2}+\cdots
+\arctan{1\over n_k}$$
met $n_1,n_2,\ldots,n_k$ positief geheel. Suggestie, probeer om
te beginnen alle positief gehele $p,q$ te vinden z\'o dat 
$${\pi\over4}=\arctan{1\over p}+\arctan{1\over q}.$$
Een andere mogelijkheid is om de computer van dergelijke relaties
te laten zoeken en vervolgens de gevonden waarden voor $n_1,n_2,
\ldots$ te controleren met de optelformule van de tangens.

\chapter{Moderne methoden}\label{modern}
\section{Inleiding}
We hebben in dit boek uitgebreid stilgestaan bij twee methoden om 
$\pi$ te berekenen, namelijk die van Archimedes en die van Machin. 
De eerlijkheid gebiedt ons te zeggen dat tegenwoordige recordberekeningen 
van $\pi$ gebeuren met een tweetal andere methoden. In tegenstelling
tot de methoden van Archimedes en Machin berusten deze nieuwere technieken
op wiskundige achtergronden die we in dit boekje niet kunnen behandelen.
In principe zul 
je de beschrijving van deze methoden wel kunnen begrijpen. Echter, 
de reden waarom deze methoden een $\pi$-waarde opleveren 
valt ver buiten het bestek van dit boekje. 
Doel van dit hoofdstuk is een beschrijving van deze moderne methoden 
te geven.
\section{De methode van Gauss-Salamin-Brent}

Carl Friedrich Gauss (1777-1855)\index{Gauss} is,
samen met Euler\index{Euler},
\'e\'en van de  

\centerline{\epsfysize=7cm\epsffile{gauss4.ps}}
\noindent beroemdste wiskundigen. Hij heeft een enorme invloed gehad
op vrijwel alle takken van de wiskunde. Hij is \'e\'en van de ontdekkers
van de niet-vlakke meetkunde en reeds op achttienjarige leeftijd vond
hij de constructie van de regelmatige $17$-hoek met passer en liniaal,
iets waaraan men in de twee milennia ervoor zelfs nog niet gedacht had.
Gauss was een Duitser van
geboorte en wij vinden zijn portret terug op het Duitse 10 mark
biljet dat voor 2002 gebruikt werd.

Op jonge leeftijd
stelde Gauss zich de volgende vraag. Als je twee positieve
getallen $a,b$ hebt, dan kun je daarvan op twee manieren
het gemiddelde nemen. De eerste is ${a+b\over2}$. We noemen dit het 
{\it arithmetische gemiddelde}\index{arithmetisch gemiddelde} of 
{\it rekenkundig gemiddelde}\index{rekenkundig gemiddelde}. Het
tweede is gelijk aan $\sqrt{ab}$ en wordt het 
{\it geometrisch gemiddelde}\index{geometrisch gemiddelde} of {\it meetkundig gemiddelde}\index{meetkundig gemiddelde} genoemd.
Stel $a_1={a+b\over2}$ en $b_1=\sqrt{ab}$. Dan kunnen 
we van $a_1,b_1$ weer de twee gemiddelden nemen. Noem
deze $a_2,b_2$. Daarvan kunnen we weer de gemiddelden
nemen, en ga zo maar door. Hier is een voorbeeld met
$a=a_0=\sqrt{2}$ en $b=b_0=1$. 


\medskip

\begin{center}\begin{tabular}{|c|c|c|}
\hline
$n$ & $a_n$ & $b_n$ \\
\hline
$0$ & $1,414\ 213\ 562\ 373\ 095\ 048\ldots$ & $1,000\ 000\ 000\ 000\ 000\ 000\ldots$ \\
$1$ & $1,207\ 106\ 781\ 186\ 547\ 524\ldots$ & $1,189\ 207\ 115\ 002\ 721\ 066\ldots$ \\
$2$ & $1,198\ 156\ 948\ 094\ 634\ 295\ldots$ & $1,198\ 123\ 521\ 493\ 120\ 122\ldots$ \\
$3$ & $1,198\ 140\ 234\ 793\ 877\ 209\ldots$ & $1,198\ 140\ 234\ 677\ 307\ 205\ldots$ \\
$4$ & $1,198\ 140\ 234\ 735\ 592\ 207\ldots$ & $1,198\ 140\ 234\ 735\ 592\ 207\ldots$ \\
\hline
\end{tabular}\end{center}
Je ziet in de tabel dat de getallen $a_n,b_n$ in bijzonder
snel tempo naar dezelfde limiet toegaan. Na vier stappen zijn 
$a_n$ en $b_n$ in ons voorbeeld tot op minstens achttien cijfers
achter de komma gelijk. Deze trend zet zich voort en de rijen $a_n$
en $b_n$ gaan in rap tempo naar dezelfde limietwaarde.
Gauss noemde deze limiet het {\it arithmetisch-geometrisch gemiddelde}
\index{arithmetisch-geometrisch gemiddelde}
van $a,b$. Notatie: $M(a,b)$. De convergentie
van $a_n,b_n$ naar $M(a,b)$ is bijzonder snel. Men
kan aantonen dat bij elke volgende stap het aantal
juiste decimalen verdubbelt. Dit is een convergentiesnelheid
die zeer spectaculair is. Het gebeurt niet vaak dat een numeriek 
proces zo snel naar het eindresultaat convergeert.
De vraag die Gauss zichzelf stelde was,
wat is $M(a,b)$ voor een getal? Het antwoord waarmee
Gauss kwam, is zeer bizar,

$${\pi\over2M(a,b)}=\int_0^1{dx\over\sqrt{(1-x^2)(a^2x^2+b^2(1-x^2))}}.$$
In het bijzonder,
$${\pi\over2M(\sqrt{2},1)}=\int_0^1{dx\over\sqrt{1-x^4}}.$$ Het getal 
$M(a,b)$ heeft dus te maken met een integraal. Probeer een integraal 
als $\int {dx\over\sqrt{1-x^4}}$ maar niet uit te rekenen. De
functie ${1\over\sqrt{1-x^4}}$ is namelijk een voorbeeld
van een functie
waarvan je de integraal niet kunt uitrekenen.
Dit klinkt een beetje vreemd en we 
moeten even wat preciezer worden om aan te geven wat we hiermee bedoelen.
De integraal van ${1\over\sqrt{1-x^4}}$ is een functie
die wel degelijk bestaat. Echter, als je op school de integraal
van een functie $f(x)$ uitrekent, dan doe je dat door die
integraal in termen van bekende functies als (co)sinussen, e-machten,
logaritmen, etc. te schrijven. En dat is nou precies wat
bij $\int{dx\over\sqrt{1-x^4}}$ niet lukt. Men kan zelfs
een waterdicht bewijs leveren dat het niet lukt. Een zelfde opmerking
geldt voor de integraal $\int e^{-x^2}dx$. 
Deze integraal bestaat
echter wel. Het is een totaal nieuwe functie, die in de statistiek 
met ${\rm erf}(x)$ (afkorting van `errorfunction') wordt aangegeven.  

Rond 1973 zagen Eug\`ene Salamin\index{Salamin} en Richard Brent \index{Brent} onafhankelijk 
van elkaar in hoe je de geweldige convergentiesnelheid van Gauss' 
algoritme kunt uitbuiten om $\pi$ te berekenen.  Hier is hun methode. 
We beginnen met Gauss' algoritme voor het arithmetisch-geometrisch 
gemiddelde van $\sqrt{2}$ en $1$.  We maken dezelfde tabel als op
de vorige bladzij en voegen er twee kolommen aan toe. 
In de derde kolom zetten we $c_n=2^n(a_n^2-b_n^2)$. 
In de vierde kolom staat het getal 

$$d_n={2a_n^2\over1-c_1-c_2-\cdots-c_n}$$

Wegens plaatsgebrek in de tabel zetten we de
getallen tot op $9$ cijfers achter de komma.

\begin{center}\begin{tabular}{|c|c|c|c|c|}
\hline
$n$ & $a_n$ & $b_n$ & $c_n$ & $d_n$ \\
\hline
$1$ & $1,207\ 106\ 781\ldots$ & $1,189\ 207\ 115\ldots$ & 
$0,085\ 786\ 437\ldots$ & $3,187\ 672\ 642\ldots$\\
$2$ & $1,198\ 156\ 948\ldots$ & $1,198\ 123\ 521\ldots$ 
& $0,000\ 320\ 398\ldots$ & $3,141\ 680\ 293\ldots$\\
$3$ & $1,198\ 140\ 234\ldots$ & $1,198\ 140\ 234\ldots$ & 
$0,000\ 000\ 002\ldots$ & $3,141\ 592\ 653\ldots$\\
\hline
\end{tabular}\end{center}

Vergelijk de getallen in de laatste kolom met de waarde
$$\pi =3,141\ 592\ 653\ 589\ 793\ldots$$
Je ziet dat we na $3$ stappen van ons algoritme al een
precisie van minstens 9 cijfers achter de komma hebben.
Na vier stappen blijken $20$ cijfers correct te zijn
en na vijf stappen $36$ cijfers. Net zoals bij
Gauss' algoritme verdubbelt grofweg de precisie van de
$\pi$-benadering bij elke stap. Na $25$ stappen hebben
we $45$ miljoen correcte decimalen van $\pi$! Van Ceulen
moest eens weten (zie paragraaf \ref{archimedesmethode}).
Belangrijke voorwaarde bij het uitvoeren
van de eerste $25$ stappen is natuurlijk dat alle 
berekeningen met de getallen van $45$ miljoen cijfers
correct worden uitgevoerd, en dat is geen sinecure.

Tenslotte zij nogmaals opgemerkt dat we met geen woord
gerept hebben over de reden waarom deze methode de waarde
van $\pi$ oplevert. Dat zou veel te ver voeren. Later
vonden Jonathan en Peter Borwein\index{Borwein} varianten op de
Gauss-Salamin-Brent methode waarbij het aantal correcte cijfers bij
elke stap vier maal, resp. negen maal zo groot wordt.
Echter, deze nog snellere methoden zijn navenant
ingewikkelder.

\section{De methode van Ramanujan-Chudnovsky}

\begin{window}[4,l,\epsfig{file=raman.ps,height=7cm},{}]
Achter de methode van Gauss-Salamin-Brent zagen we een klein verhaal
over het arithmetisch-geometrisch gemiddelde. Achter de
methode die we nu gaan bespreken zit een veel wonderbaarlijker
verhaal, namelijk dat van Srinivasa Ramanujan.\index{Ramanujan} 
Geboren
in 1887 in de buurt van Madras, India, en opgegroeid in
eenvoudige omstandigheden ontwikkelde Ramanujan zich
tot een wiskundige van een wonderbaarlijke originaliteit
en genialiteit. Hij had weinig opleiding, maakte zijn
middelbare school ternauwernood af, en heeft nooit een
universitaire opleiding gehad. In plaats daarvan was
Ramanujan continu bezig met het uitwerken van zijn
wiskundige vondsten. Hiermee trok hij de aandacht van
G.H.Hardy, \'e\'en van de vooraanstaande Engelse wiskundigen
uit die tijd. Op zijn aandringen bezocht Ramanujan de 
universiteit van Cambridge van 1914 tot 1918. Helaas ging
Ramanujan's gezondheid snel achteruit en terug in India
overleed hij in 1920. Tot zijn dood bleef Ramanujan
bezig met het ontdekken van zijn wonderlijke wiskunde.
Het is nog altijd een raadsel hoe hij aan zijn idee\"en
kwam. Ramanujan zelf schreef dit toe aan de goddelijke
inspiratie van een Hindu godin die hem in zijn dromen bezocht.
In de mooie biografie van R.Kanigel, {\it The man who new infinity} 
(Abacus publishing, 1991) kun je Ramanujan's verhaal lezen.
\end{window}

Hier is een typisch voorbeeld van Ramanujan's resultaten,
$${1\over\pi}={\sqrt{8}\over9801}\sum_{k=0}^{\infty}
{(4k)!\over(k!)^4}{1103+26390k\over 396^{4k}}.$$
De notatie $k!$ (spreek uit: `k faculteit') staat voor het
product van de getallen $1,2,3,\ldots,k$. Dus $2!=1\times2, 
\ 3!=1\times2\times3,\ 4!=1\times2\times3\times4$, etc.

Uitleggen waarom Ramanujan's formule waar is, zou een lange 
excursie betekenen langs een groot aantal stukken geavanceerde
wiskunde. We laten het dus maar hierbij. Hopelijk
kun je wel een beetje zien waarom deze formule wiskundig
gezien een zekere schoonheid heeft. De getallen
$9801,1103,26390$, allen staan ze op precies de juiste
plaats, met precies de juiste waarde, opdat het resultaat
waar is. Van te voren zou je nooit een dergelijke 
formule hebben kunnen bevroeden. Trouwens, ook als
je het maar niks vindt, zul je het
ermee eens moeten worden dat de formule een zeer vlotte
methode geeft om $\pi$ te berekenen.
Als we met $R(n)$ de som van de termen met $k=0,1,\ldots,n$
aangeven, dan kunnen we de volgende tabel maken,

\begin{center}\begin{tabular}{|c|c|}
\hline
$n$ & $1/R(n)$ \\
\hline
$0$ & $3,141\ 592\ 730\ 013\ 305\ 660\ 313\ 996\ldots$\\
$1$ & $3,141\ 592\ 653\ 589\ 793\ 877\ 998\ 905\ldots$\\
$2$ & $3,141\ 592\ 653\ 589\ 793\ 238\ 462\ 649$\ldots\\
\hline
\end{tabular}\end{center}

We zien dat $1/R(2)$ en 
$\pi=3,141\ 592\ 653\ 589\ 793\ 238\ 462\ 643\ldots$
tot op $17$ decimalen overeenstemmen. Elke volgende term van
Ramanujan's reeks levert ons gemiddeld $8$ correcte nieuwe
decimalen op. 

Later vonden andere wiskundigen varianten op Ramanujan's
formule. In 1994 ontdekten gebroeders David en Gregory Chudnovsky
\index{Chudnovsky} de formule
$${1\over\pi}=12\sum_{k=0}^{\infty}(-1)^k{(6k)!\over(3k)!(k!)^3} 
{13591409+545140134k\over 640320^{3k+3/2}}$$ 
en gebruikten deze om $\pi$ tot vier miljard decimalen te berekenen.

\begin{window}[1,l,\epsfig{file=chudnovski.ps,height=8cm},{}] Deze record-berekening heeft als interessant detail dat hij werd
uitgevoerd op een supercomputer door de broers zelf in elkaar
gezet. Een groot deel van Gregory's apartement in New York
werd in beslag genomen
door hun zelfgebouwde machine die kon concurreren met de veel duurdere
supercomputers uit die tijd (begin negentiger jaren). Dit is een bijzondere prestatie.
Nog merkwaardiger is het dat met name Gregory (links, zittend)
bekend staat als een 
briljant wiskundige. Goede wiskundigen laten zich er meestal op voorstaan
dat hun werk puur denkwerk van de menselijke geest is. 
Desondanks achtten Gregory en zijn broer het niet beneden hun stand om
zulke omvangrijke $\pi$-berekeningen te ondernemen. Voor
een zeer boeiend en vollediger verhaal kan ik je de
WWW-pagina {\tt www.lacim.uqam.ca/$\sim$plouffe/Chudnovsky.html}
aanraden. Daar komt de foto ook vandaan.
\end{window}

De recordberekeningen van $\pi$ waarin men zoveel mogelijk decimalen
van $\pi$ uitrekent, zijn de laatste paar jaar in handen geweest van
de Chudnovsky's en van de Japanner Yasumasa Kanada. Deze laatste
berekende in 2002 maar liefst 1240 miljard decimalen van $\pi$.
Op dit moment (2004) is dit nog steeds het
record. De grootste bottle-neck in deze gigantische rekenpartijen is
niet de rekenkracht van de computers. De twee berekeningsmethoden die
we gezien hebben geven een zeer snelle convergentie zodat het aantal
berekeningen niet eens zo heel erg oploopt. Het lastige probleem schuilt
hem in de opslag van de grote getallen.
Een getal van 1240 miljard
zou niet eens op de harde schijf van een PC anno 2000 passen.
Laat staan hoe je zo'n gevaarte in het computergeheugen stopt
om ermee te rekenen. Het oplossen van dit soort problemen is de
voornaamste zorg van de tegenwoordige $\pi$-berekenaars.

\section{De formule van Simon Plouffe}
Nu we toch met anecdotes bezig zijn kunnen we een derde interessante
niet weglaten. Op 29 september 1995 om 0u29 rondde Simon Plouffe
\index{Plouffe}
een zoektocht af die hij samen met Peter Borwein\index{Borwein}
en David Bailey
van Simon Frasier University, Canada had gedaan. Hun vangst was de
volgende formule,
$$\pi=\sum_{k=0}^{\infty}{1\over16^k}\left(
{4\over 8k+1}-{2\over8k+4}-{1\over8k+5}-{1\over8k+6}\right).$$
Mijn nadruk ligt hier op het woordje `vangst'. Deze formule is 
namelijk niet
het resultaat van een wiskundige theorie, maar van een zoektocht die
per computer werd uitgevoerd. Tegenwoordig zijn er een aantal wiskundige
computerprogramma's waarmee je niet alleen kunt rekenen, 
maar ook dingen kunt doen als integreren van functies
en manipulatie van formules. Bekende
pakketten die veel door wiskundigen gebruikt worden zijn MAPLE
en MATHEMATICA. Maar wellicht heb je zoiets al gezien op de 
symbolische rekenmachine die langzamerhand op de middelbare school
ingevoerd wordt. Daarin wordt gebruik gemaakt van het eenvoudiger
pakket DERIVE. Hoe dan ook, als je verstandig met dit soort pakketten
omgaat is het mogelijk om op experimentele wijze
nieuwe wiskundige zaken te ontdekken. En dit is precies wat Plouffe
en zijn medewerkers deden. 

Als je eenmaal Plouffe's formule hebt is het voor de meeste wiskundigen
niet moeilijk om aan te tonen dat hij inderdaad klopt. Daar is alleen
wat kennis van meetkundige reeksen en integratie voor nodig.
De kunst was echter om de formule \"uberhaupt te vinden. De reeks
convergeert redelijk snel en in de negentiende eeuw zou hij niet
misstaan hebben als middel om $\pi$ te berekenen. De reden echter
voor alle aandacht die er nu naar uit gaat is dat hij ons in staat
stelt om afzonderlijke cijfers in de tweetallige onwikkeling van $\pi$
uit te rekenen. Als we bijvoorbeeld het biljoenste 
tweetallige cijfer van $\pi$ zouden willen
uitrekenen, dan kan dat met Plouffe's
formule zonder de voorgaande cijfers te kennen en zonder alle
opslagproblemen waarmee $\pi$-berekenaars bij gewone berekeningen door
geplaagd worden.
Dat men daar tegenwoordig erg ver mee komt blijkt uit de titel,
in het Nederlands vertaald,
van P.Borwein's\index{Borwein}
voordracht in de `Pi in de Pieterskerk'\ manifestatie
\index{Pi in de Pieterskerk},
{\it Het 40 biljoenste bit van $\pi$ is $0$}.
Een even snelle methode om bijvoorbeeld 
het biljoenste cijfer van $\pi$ in het tientallig stelsel
te berekenen, is nog niet bekend.

\chapter{Is $\pi$ een breuk?}\label{irrationaal}
\section{Irrationaliteit}
In de inleiding heb ik al melding gemaakt van mijn pogingen om 
een kennis ervan te overtuigen dat $\pi$ {\it niet} gelijk is 
aan ${22\over7}$. Het is waar, in veel boekjes wordt verteld dat 
${22\over7}$ een goede benadering is van $\pi$. Vergelijk maar, 
${22\over7}=3,1428\ldots$ en $\pi=3,14159\ldots$. Maar het is 
ook duidelijk dat ze verschillend zijn. De vraag blijft echter 
of er misschien een andere breuk bestaat die gelijk is aan $\pi$. 
Uit het feit dat we nog steeds het symbool '$\pi$' voor $\pi$ 
gebruiken kun je raden dat een dergelijke breuk nog niet gevonden 
is. Breuken worden vaak {\it rationale getallen}\index{rationaal
getal} genoemd, vanwege 
het woord 'ratio', dat wijst op de verhouding van twee gehele getallen. 
Getallen die je niet als breuk kunt schrijven noemen we {\it irrationaal}\index{irrationaal getal}. 
Sinds de oudheid heeft men vermoed dat $\pi$ een irrationaal getal is, 
maar pas in 1768 slaagde de Zwitserse wiskundige Lambert (1728-1777)
\index{Lambert} erin dit ook werkelijk aan te tonen. Dus,

\begin{stelling}
Het getal $\pi$ is irrationaal.
\end{stelling}

Op school wordt meestal niet veel aandacht besteed aan het feit of
getallen irrationaal zijn of niet. Zou je
zelf een irrationaal getal kunnen noemen? En, als je er \'e\'en kunt noemen,
kun je dan ook uitleggen waarom het irrationaal is?

Hier is h\`et klassieke voorbeeld van een irrationaal getal.
\begin{stelling}
Het getal $\sqrt{2}$ is irrationaal.
\end{stelling}

Om in te zien dat het irrationaal is, gaan we kijken naar wat voor 
vreemde dingen er gebeuren als $\sqrt{2}$ rationaal zou zijn. Neem 
dus even aan dat $\sqrt{2}={p\over q}$ waarin $p,q$ positieve 
gehele getallen zijn. We mogen aannemen dat de breuk $p/q$ vereenvoudigd
is, dat wil zeggen, $p$ en $q$ bevatten geen gemeenschappelijke delers.
Vermenigvuldig de gelijkheid $\sqrt{2}={p\over q}$ met $q$ en 
kwadrateer aan 
beide zijden. We krijgen, $2q^2=p^2$. Links staat een even getal.
Dus moet de rechterkant, in het bijzonder $p$, ook even zijn.
Maar als $p$ even is, dan is $p^2$ deelbaar door $4$. En daarmee
is $2q^2$ ook deelbaar door $4$. Maar dat kan alleen als $q$ ook even is.
Nu hebben we een probleem, $p$ en $q$ zijn even, terwijl $p$ en $q$ geen
gemeenschappelijke factoren mogen hebben. Dit is wat we noemen een
tegenspraak. Deze wordt veroorzaakt door het feit dat we de aanname
$\sqrt{2}={p\over q}$ hebben gemaakt. Dit is niet houdbaar en we moeten
concluderen dat $\sqrt{2}$ niet rationaal kan zijn.

Dit irrationaliteitsbewijs was al bekend in de Griekse oudheid en
het was een klap in het gezicht van de Griekse geleerden die
dachten dat alle lengten van lijnstukken zich tot elkaar verhouden als
verhoudingen van gehele getallen. Dit gaat blijkbaar niet op voor
de lengteverhouding van de schuine en rechte zijde van deze
driehoek,

\centerline{\epsfysize=3cm \epsffile{pythagoras.ps}}

Het zal duidelijk zijn dat een irrationaliteitsbewijs van $\pi$
veel lastiger is. Het valt net buiten het bestek van dit
boekje. Maar we willen hier wel graag de pointe van het
bewijs laten zien. Deze berust op het groeigedrag van de
functie $n!$ (spreek uit: `$n$ faculteit'), het product van
de getallen $1$ tot en met $n$. Hier zijn de eerste paar waarden,
$$1!=1,\ 2!=2,\ 3!=6,\ 4!=24,\ 5!=120,\ 6!=720,\ 7!=5040$$
Het blijkt dat $n!$ bijzonder snel met $n$ groeit, sneller dan elke 
functie van de vorm $q^n$. De bewering is: 

{\it Stel $q>0$, dan gaat ${q^n\over n!}$ naar nul als $n\to\infty$.}

\noindent Dat wordt duidelijk 
als we de verhouding als product opschrijven, 
$${q^n\over n!}=
{q\over1}\cdot{q\over2}\cdot{q\over3}\cdots{q\over n-1} \cdot{q\over n}$$
Als een getal $k$ groter is dan $2q$ dan is 
${q\over k}$ kleiner dan ${1\over2}$.
In het product 
${q\over1}\cdot{q\over2}\cdot{q\over3}
\cdots{q\over n-1} \cdot{q\over n}$
treden dus vanaf zeker moment alleen maar factoren $<1/2$ op. Naarmate 
$n$ groter wordt, worden dat er steeds meer.  Dus $q^n/n!\to 0$ als 
$n\to\infty$.

Het idee van het
bewijs is dat we voor willekeurige $n$ naar de integraal
$$I_n={1\over n!}\int_0^{\pi}x^n(\pi-x)^n\sin x dx$$
kijken. Waarom je zo iets zou doen is natuurlijk absoluut niet duidelijk.
Het geniale is echter dat het werkt. Hier rekenen we $I_n$ uit voor
$n=2,3,4,5,6$
\begin{eqnarray*}
I_2&=&-2\pi^2+24\\
I_3&=&-24\pi^2+240\\
I_4&=&2\pi^4-360\pi^2+3360\\
I_5&=&60\pi^4-6720\pi^2+60480\\
I_6&=&-2\pi^6+1680\pi^4-151200\pi^2+1330560
\end{eqnarray*}

Probeer het maar niet na te doen, het is behoorlijk wat werk. In het
algemeen blijkt $I_n$ een combinatie van $1,\pi,\pi^2,\ldots,\pi^n$ met
gehele co\"efficienten te zijn. Ondanks het feit dat deze uitdrukkingen
er gewichtig uitzien, zijn het maar hele kleine getallen. Hier zijn
een paar numerieke waarden,
$$I_{10}=0,00185448\cdots,\qquad I_{20}=1,70\times10^{-11}.$$
Dat deze waarden zo klein worden zien we door een bovenschatting van
de integraal te geven. Je kunt nagaan dat $0\le x(\pi-x)<\pi^2/4<3$ 
en $0\le \sin x\le1$
voor alle $x\in[0,\pi]$. Dus
$$I_n={1\over n!}\int_0^{\pi}x^n(\pi-x)^n\sin x\ dx
<{1\over n!}\int_0^{\pi}3^n dx=\pi {3^n\over n!}$$
voor elke $n$. Het feit dat de getallen $I_n$ zo klein worden zit hem
dus in de $n!$ in de noemer van de bovenschatting. 

Nu maken we ons irrationaliteitsbewijs af. Stel dat $\pi$ een breuk
is, zeg $\pi=p/q$. Dan zijn de getallen $I_n$ ook rationaal.
Bijvoorbeeld,
$$I_6={-2p^6+1680p^4q^2-151200p^2q^4+1330560q^6\over q^6}$$
Omdat $I_6$ een integraal is van een positieve functie, geldt $I_6>0$.
Maar er geldt meer. Een positieve breuk met noemer $d$ is altijd
groter of gelijk is aan $1$ gedeeld door die noemer, dat wil
zeggen, $1/d$. 
Dus, voor $I_6$ geldt dat $I_6\ge{1\over q^6}$.  Op dezelfde 
manier geldt voor willekeurige $n$ dat $I_n\ge {1\over q^n}$.
Combineren we dit met onze bovenschatting voor $I_n$, dan vinden we voor
elke $n$ de ongelijkheid
$${1\over q^n}<\pi {3^n\over n!}.$$
Vermenigvuldig met $q^n$,
$$1<\pi{(3q)^n\over n!}.\eqno{(*)}$$
Nu krijgen we een absurditeit. We weten dat $(3q)^n/n!\to 0$ 
als $n\to\infty$. Dus uit (*) zou volgen: $1\le0$. Blijkbaar 
heeft de aanname $\pi=p/q$ tot deze onmogelijkheid geleid. 
Conclusie, $\pi$ is irrationaal. 

Het idee om de integralen $I_n$ te gebruiken om irrationaliteit 
van $\pi$ aan te tonen is niet erg voor de hand liggend. 
Aantonen van de irrationaliteit van een getal is vaak zeer 
moeilijk en je moet veelal een heel goede ingeving hebben. 
Irrationaliteit aantonen van het getal $e$ valt nog wel mee. 
Daarentegen is er nog steeds geen irrationaliteitsbewijs van 
$e+\pi$ of van $e\pi$ bekend.  Niemand weet hoe dit aangepakt 
zou moeten worden! Om de verwarring compleet te maken, van 
$e^{\pi}$ is wel aangetoond dat het irrationaal is. Daar had 
men dus wel een goed idee voor. 

\section{Kwadratuur van de cirkel}
We hebben gezien dat $\pi$ en $\sqrt{2}$ irrationaal zijn. 
Er is echter ook een belangrijk verschil tussen die twee
getallen. Het getal $\sqrt{2}$ voldoet namelijk aan de
vergelijking $x^2-2=0$. Door deze vergelijking wordt de waarde
van $\sqrt{2}$ op unieke wijze vastgelegd. Op dezelfde manier
kun je je afvragen of $\pi$ misschien niet een oplossing is van
een hogere graads vergelijking, zoals bijvoorbeeld
$x^3-x^2-{9\over2}x-7=0$.
Een getal dat voldoet aan een zogenaamde $n$-de graadsvergelijking
$x^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_1x+a_0=0$ met rationale co\"efficienten
$a_0,a_1,\ldots,a_{n-1}$ noemt men {\it algebra\"{\i}sch}
\index{algebra\"{\i}sch getal}.
We zagen dus dat $\sqrt{2}$ een algebra\"{\i}sch getal is.
Getallen die niet aan een dergelijke vergelijking voldoen, noemt
men {\it transcendent}\index{transcendent getal}. 

Men heeft altijd vermoed dat $\pi$ transcendent is. 
Maar je begrijpt hopelijk dat het aantonen hiervan
zo mogelijk nog moeilijker is dan de irrationaliteit van $\pi$.
Het heeft zelfs tot rond 1840 geduurd voordat men
\"uberhaupt kon aantonen dat transcendente getallen bestaan. 
Pas in 1882 slaagde de Duitse wiskundige Ferdinand von Lindemann
(1852-1939)\index{Lindemann}
erin de transcendentie van $\pi$ te bewijzen.

Met Lindemann's resultaat werd meteen een eeuwenoud vraagstuk
opgelost, namelijk het probleem van de {\it kwadratuur van de cirkel}
\index{cirkelkwadratuur}\index{kwadratuur van de cirkel}.
Sinds de Griekse oudheid bestond namelijk de vraag om,
gegeven een lijnstuk ter lengte $l$, met passer en
liniaal een vierkant te construeren waarvan de oppervlakte
gelijk is aan die van een cirkel met diameter $l$. Doordat we
nu weten dat $\pi$ transcendent is, is het antwoord op het 
constructie-probleem: {\it onmogelijk}. 
Op het precieze verband tussen constructies
met passer en liniaal kunnen we in dit boekje helaas niet ingaan,
daar zou minstens een hoofdstuk extra voor nodig zijn. 
Wel willen we benadrukken dat constructies met
passer en liniaal een belangrijk ingredient vormen in de klassieke
vlakke meetkunde die al door de Grieken ontwikkeld is. Vroeger werden
constructies uitgebreid op de middelbare school behandeld, tegenwoordig
minder tot niet, zoals je misschien (niet) 
gemerkt zult hebben. 
In de constructies zijn er een aantal heel klassieke problemen,
waarvan de cirkelkwadratuur er \'e\'en van is. Het probleem is zelfs
zo klassiek dat vele mathematische instituten nog steeds brieven
ontvangen van amateurwiskundigen die denken een oplossing voor de
cirkelkwadratuur te hebben. Vaak blijkt dat de auteur ofwel niet
op de hoogte is van Lindemann's werk, of dit werk verwerpt op
allerlei, vaak emotionele, gronden. 

\section{Opgaven}
\begin{opgave}
{\rm
Het is bekend dat de decimale ontwikkeling van een breuk vanaf zeker
moment periodiek is. Dat wil zeggen, vanaf zeker moment bestaat de decimale
ontwikkeling uit een blok cijfers, het periodieke deel, 
dat zichzelf steeds herhaalt.
Hier zijn een paar voorbeelden,
$${1\over5}=0,2000000\ldots=0,2\overline{0}$$
$${1\over6}=0,1666666\ldots=0,1\overline{6}$$
$${1\over7}=0,142857142857142857\ldots=0,\overline{142857}$$
We hebben een streep boven het periodieke deel gezet.
\begin{itemize}
\item[a)]
Bepaal het periodieke deel van de decimale ontwikkeling van de 
breuken $1/37,\ 11/37$ en $1/47$ door voldoende decimalen te berekenen
en de regelmaat erin te herkennen.
\item[b)]
Als we nu een decimale ontwikkeling kunnen aangeven die 
niet uiteindelijk periodiek is, dus geen breuk is,
dan hebben we daarmee en 
irrationaal getal gemaakt. Geef een voorbeeld van een 
dergelijke ontwikkeling en geef aan waarom hij 
niet periodiek wordt.
\end{itemize}
}\end{opgave}

\begin{opgave}
{\rm
Geef twee irrationale getallen waarvan de som rationaal is.
}\end{opgave}

\begin{opgave}
{\rm
Het principe van het irrationaliteitsbewijs van $\sqrt{2}$ 
gaat uiteraard ook op voor $\sqrt{3},\sqrt{5},\sqrt{6},\sqrt{7}$ 
etcetera.  Dus $\sqrt{2}$ en $\sqrt{3}$ zijn irrationaal. 
Maar hoe zit het met $\sqrt{2}+\sqrt{3}$ ? Laat zien dat 
dit ook irrationaal is (Hint: kwadrateer $\sqrt{2}+\sqrt{3}$ 
en gebruik dat $\sqrt{6}$ irrationaal is.)
}\end{opgave}

\noindent{\bf Suggestie voor eindopdracht}
Als je het irrationaliteitsbewijs voor $\pi$ begrepen hebt, dan is het
niet moeilijk meer een irrationaliteitsbewijs voor $e^a$ te geven waarin
$a$ een positief geheel getal is. We beginnen met de integraal
$$I_n={1\over n!}\int_0^a x^n(a-x)^ne^xdx$$
Men kan laten zien dat er voor elke waarde van $n$ een tweetal 
gehele getallen $A_n,B_n$ bestaat z\'o dat $I_n=A_n+B_ne^a$. We zullen
dit als gegeven aannemen. 
\begin{enumerate}
\item[a)]
Laat zien dat
$$0<I_n<{(a/2)^{2n}\over n!}e^a.$$
\item[b)]
Neem nu aan dat $e^a={p\over q}$ met $p,q$ geheel en maak het
irrationaliteitsbewijs voor $e^a$ af. 
\item[c)]
Toon nu ook aan dat $e^b$ irrationaal
is voor elke breuk $b\ne0$
\end{enumerate}


\chapter{$\pi$-Wetenswaardigheden}
\section{$\pi$-Mania}
Op de \'e\'en of andere manier heeft het getal $\pi$ altijd
tot de verbeelding van zowel wiskundigen als niet-wiskundigen gesproken.
Waarschijnlijk is $\pi$ het meest beschreven getal uit de 
geschiedenis. We geven hier een paar voorbeelden tot waartoe al die
belangstelling voor $\pi$ toe heeft geleid.

Allereerst is er het merkwaardige verhaal van de Amerikaanse 
(pseudo)wiskun-dige E.J.Goodwin uit Solitude, Indiana, USA. Hij
kreeg een politicus zover dat deze bij het Huis van Afgevaardigden
van de staat Indiana een wetsontwerp indiende waarin de waarde
van $\pi$ werd vastgelegd. Dit gebeurde in 1897. In opgave \ref{goodwin}
geven we de tekst van dit wetsvoorstel. Daar zul je zelfs zien dat
er meerdere waarden van $\pi$ uit gedestilleerd kunnen worden,
allen even onzinnig. Goodwin zelf had $\pi=3.2$ in gedachten. Hoe
dan ook, de staat Indiana zou het recht krijgen vrij gebruik te
maken van Goodwin's `ontdekking' voor onderwijsdoeleinden. Wonderlijk
genoeg passeerde de wet het Huis van Afgevaardigden. Intussen was
het via de pers duidelijk geworden
dat de politiek zich hiermee belachelijk begon
te maken. Gelukkig maakte de Senaat er einde aan door te verklaren
dat $\pi$ geen onderwerp voor wetgeving is.

Een ander voorbeeld van $\pi$-gekte bestaat uit mensen die er een sport
van maken zoveel mogelijk decimalen van $\pi$ te onthouden. Het
geregistreerde record staat kennelijk op naam van een Japanner, Hiroyuki
Goto, die in 1995 in negen uur tijd $42000$ decimalen van $\pi$
uit het hoofd voordroeg. Talrijk zijn ook de ezelsbruggen om 
decimalen van $\pi$ te onthouden. Als we in de volgende frase
elk woord vervangen door zijn lengte dan krijgen we de eerste
$15$ cijfers van $\pi$,
\medskip

{\it How I want a drink, alcoholic of course, after the heavy lectures
involving quantum mechanics!}
\medskip

Leuk om zelf ook eens zo'n ezelsbrug te bedenken.
Als je inlogt op de PI-pages 
({\tt http://www.cecm.sfu.ca/pi/pi.html}) op internet,
dan kun je decimalen van $\pi$ in vele talen, van Chinees tot 
London cockney, voorgedragen krijgen. Deze site bevat ook een grote
hoeveelheid $\pi$-gerelateerde informatie. 
Deze site wordt echter sinds vele jaren niet meer onderhouden.
Klik daarop op de link `and continuing updates...' van deze pagina.
Het is zeker de moeite waard verder te zoeken. Op internet bevinden
zich nog vele andere sites waar je allerlei zaken, van serieuze
tot borrelpraat, kunt vinden. 
Op {\tt www.angio.net/pi/piquery} kun je een rijtje cijfers intikken en als 
antwoord het eerste punt vinden waar dit rijtje in de decimalen
van $\pi$ voorkomt. Leuk om de cijfers van je geboortedatum
te proberen. Zo komt bijvoorbeeld 
het rijtje $7777777$ voor de eerste maal
vanaf decimaal $3346228$ voor,
en een tweede maal vanaf decimaal
$3775287$. Men denkt dat in de decimale ontwikkeling van $\pi$
elke eindig rijtje van getallen oneindig vaak voorkomt. Maar dit
is nog lang niet aangetoond, het schijnt een erg moeilijk probleem
te zijn. 

Een niet zo gek voorbeeld, maar wel een mooi voorbeeld van recente
publiciteit rond $\pi$ was de `Pi in de Pieterskerk'-manifestatie 
\index{Pi in de Pieterskerk} in Leiden op
5 juli 2000. Zoals we al eerder vertelden waren de 35 $\pi$-decimalen
van Ludolf van Ceulen op zijn grafsteen ingebeiteld. Helaas is
deze steen spoorloos verdwenen. De afgelopen jaren zijn er regelmatig
toeristen, zowel wiskundigen als niet-wiskundigen, geweest die
tevergeefs Van Ceulen's grafsteen in de Pieterskerk zochten. In
1999 vatte Prof. dr. Hendrik Lenstra het plan op om 
een nieuwe grafsteen
te laten plaatsen en deze in het jaar 2000, het 
internationale jaar van de wiskunde,
te onthullen. Een mooie publiciteitsstunt waarmee hopelijk ook
de wiskunde op positieve manier in beeld kwam. 

We sluiten deze paragraaf af met een toepasselijk gedicht 
van drs P.
\medskip

\centerline{PI}

\noindent {\it Verleden week bezocht ik voor de eerste maal mijn bovenbuur\\
Het had te maken met lekkage, naar ik meen, of met de huur\\
Er hing een levensecht portretje van een cirkel aan de muur\\
En hij ontpopte zich als vreemde en ascetische figuur\\
Die zich in leven hield met brokjes en augurken in het zuur\\
Het schikt me slecht, ik moet veel werk verrichten sprak hij overstuur\\
Ik heb al jaren een obsessie en die geeft mij rust nog duur\\
Daar ik verslaafd ben aan de cirkelkwadratuur\\

\noindent Als men de omtrek van een cirkel, zo begon hij zijn verhaal\\
Gaat delen door de doorsnee, uiteraard is die twee maal de straal\\
Dan komt er een quoti\"ent, ja mag ik even stilte in de zaal\\
Vaak zeg 'k maar twee-entwintig zevende, maar dat is te globaal\\
In feite is het twee pi er, en dat is lang niet zo banaal\\
Het blijkt dat pi irrationeel is en daarbij transcendentaal\\
En een computer heeft het uitgerekend, is dat niet geniaal\\
Tot in de weet ik veel hoeveelste decimaal\\

\noindent Ja deze pi, dat is te lezen in de encyclopedie\\
Is eeuwenoud en wetenschappelijk, Grieks en vol magie:\\
Als ik zo pieker over pi spreekt u wellicht van een manie\\
Maar zijn wij allen niet neuro--, fana--, roman-- of mystici\\
Een ander heeft een kolibri een relikwie of een fobie\\
Maar ik verdiep mij onophoudelijk en zonder compromis\\
In dit unieke en verheven wonder der planimetrie\\
Ik zoek het antwoord op het grote raadsel pi\\

\noindent Na deze woorden onderbrak hij spastisch hijgend zijn gepraat\\
En er verscheen een onrustbarend kleurenspel op zijn gelaat\\
Dus ik begon al rond te kijken naar een zuurstofapparaat\\
Maar hij bedaarde, en hervatte zijn verhandeling kordaat\\
Er is een andere formule, die is ook niet van de straat\\
De oppervlakte van een cirkel immers is pi er kwadraat\\
En om de waarde van die pi nu eens te zien in vol ornaat\\
Dat is wat mij als ideaal voor ogen staat\\

\noindent Aldus vind ik drie komma een vier een vijf negen twee zes vijf\\
Etcetera, etcetera, ja het heeft heel wat om het lijf\\
Zodat ik elke morgen na het opstaan eventjes verstijf\\
Bij de gedachte aan de eindeloosheid van dit tijdverdrijf\\
Waarna ik mij toch altijd weer verman en in mijn handen wrijf\\
Ik grijp de rekenliniaal, maar ook wel eens de rekenschijf\\
Ik zet me neer en calculeer en schrijf, en calculeer en schrijf\\
En ik zal blijven zoeken tot ik er in blijf...}\\
\medskip

\section{$\pi$-Records}\label{pirecords}
In de twee tabellen op de volgende bladzij
vind je een overzicht met betrekking tot
het aantal bekende decimalen van $\pi$ door de eeuwen heen. 
In de eerste tabel (v\'o\'or de twintigste eeuw) zijn
alle recordresultaten met de hand berekend, in de tweede tabel
(twintigste eeuw) met de computer.
Merk op hoe groot het gat in de tijd 
is tussen het eind van de eerste en het
begin van de tweede tabel. Op de laatste regel van de eerste tabel
zien we ook dat W.Shanks maar liefst $707$ decimalen berekend had
(met de hand!). Zeventig jaar later bleek dat alleen de eerste $527$
decimalen correct waren.

We moeten er nog aan toevoegen dat deze tabellen niet alle
recordberekeningen bevatten. Met name in de tweede tabel hebben we alleen de records opgenomen die een forse sprong vooruit betekenden.
\vfil\eject

\centerline{\it Records tot de twintigste eeuw}
\begin{center}\begin{tabular}{|l|r|r|r|}
\hline
Naam & Jaar & Waarde & Decimalen\\
\hline
Babyloni\"ers & 2000 v.Chr. & $3{1\over8}$ & 1\\
Egyptenaren & 2000 v.Chr. & $(16/9)^2$ & 1\\
Archimedes & 250 v. Chr. & $3,141\ldots$ & 3 \\
Tsu Ch'ung Chih & 480? & $3,141592(=355/113)$ & 6 \\
Al-Kashi & 1429 & & 14 \\
L. van Ceulen & 1609 & & 34 \\
J.Machin & 1706 & & 100\\
W.Shanks & 1874 & 707 decimalen & 527\\
\hline
\end{tabular}\end{center}

\centerline{{\it Records in de twintigste eeuw}}
\begin{center}\begin{tabular}{|l|r|r|}
\hline
Naam & Jaar & Decimalen\\
\hline
Rietwiesner et al. (ENIAC) & 1949 & $2\ 037$\\
Guilloud & 1959 & $16\ 167$\\
Shanks en Wrench & 1961 & $100\ 265$\\
Guilloud en Bouyer & 1973 & $1\ 001\ 250$\\
Kanada, Yoshino en Tamura & 1982 & $16\ 777\ 206$\\
Kanada, Tamura, Kobo et al. & 1987 & $134\ 217\ 700$\\
Chudnovsky en Chudnovsky & 1989 &  $1\ 011\ 196\ 691$\\
Chudnovsky en Chudnovsky & 1994 & $4\ 044\ 000\ 000$\\
Kanada en Takahashi & 1997 & $51\ 539\ 600\ 000$\\
Kanada et al& 1999 & $206\ 158\ 430\ 000$\\
Kanada et al& 2002 & $1\ 241\ 000\ 000\ 000$\\
\hline
\end{tabular}\end{center}

\section{$\pi$-Boeken}\label{piboeken}
Zoals je kunt raden, is er in de loop der tijd ongelofelijk veel over
$\pi$ geschreven. De laatste tijd is er zelfs een aantal boeken op
dit gebied verschenen. Het merendeel daarvan is geschreven voor een breed
publiek. Een aantal daarvan heb ik gelezen, enerzijds ter vermaak, 
anderzijds
bij de voorbereiding van dit boekje. Hier is een overzicht van wat ik tot
nu toe aan boeken heb gevonden. 
\medskip

David Blatner, {\it The joy of $\pi$}, Walker Publishing,1997\\
Dit kleine boekje valt op door zijn formaat (vierkant) en zijn
rijke vormgeving. Hoofdthema van dit boek is, zoals de titel
zegt, inderdaad het plezier
dat men kan beleven aan het werken met $\pi$. Daarom veel 
losse anecdotes en citaten. Aan de onderliggende wiskunde 
wordt minder aandacht
besteed. Het bevat veel historische
informatie, maar ook moderne. Met name het hoofdstukje over de 
Chudnovsky broers vind je niet gauw in andere boeken. Een 
VWO-achtergrond is al ruim voldoende om het te begrijpen.
\medskip

Peter Beckmann, {\it A history of $\pi$}, St.Martin's Press, 1971.\\
Doordat dit boekje al wat ouder is, ontbreken de vele ontwikkelingen
die na 1971 hebben plaatsgevonden. Toch is dit een interessant boekje
voor iedereen die in de geschiedenis van de wiskunde en van $\pi$ is 
ge\"{\i}nteresseerd. Met name de commentaren op de wetenschappelijke
verdiensten van de romeinen en de christelijke middeleeuwers zijn 
leerzaam.
\medskip

Jean-Paul Delahaye, {\it Le fascinant nombre $\pi$}, Pour la Science, Belin, 
1997.\\
Dit boek, in het Frans, is een met veel zorg samengesteld boek dat een
schat aan informatie bevat. De auteur heeft veel ervaring in presentatie
van wiskunde voor een breder publiek. In de keuze van onderwerpen en 
presentatie ervan zien we dat duidelijk terug. Aan de andere kant verliest
de auteur ook de wiskunde niet uit het oog. Een echte aanrader voor 
eenieder die op een leuke en verantwoorde manier met $\pi$ kennis wil
maken of een voortzetting van dit boekje zoekt. 
Voor de prijs hoef je het niet te laten (rond fl 40,-). VWO-kennis
en soms een beetje doorzettingsvermogen zijn vereisten.
Recent is dit boek ook in het Engels vertaald en is een Nederlandse
vertaling onderweg.
\medskip

Pierre Eymard, Jean-Pierre Lafon, {\it Autour du nombre $\pi$}, Hermann, 1999\\
Dit boek, ook in het Frans, is wat encyclopedischer van aard. De nadruk ligt
nu op de wiskundige achtergrond van alles wat met $\pi$ te maken heeft, ook
de zaken waaraan we in dit boek niet zijn toegekomen. Het bevat veel informatie
maar er wordt niet echt getracht de zaken voor een breder publiek
toegankelijk te maken. Daarom is het pas geschikt voor een universitair
niveau.
\medskip

Lennart Berggren, Jonathan Borwein, Peter Borwein, {\it Pi: a source book},
Springer Verlag, 1997.\\
Twee van de schrijvers, de gebroeders Borwein, hebben de laatste 
vijftien jaar hun sporen verdiend in wiskundige ontwikkelingen die met
$\pi$ te maken hebben. Dit boek is een verzameling van de originele 
geschriften en artikelen over de relevante ontwikkelingen rond $\pi$ 
van de afgelopen drieduizend jaar.
Hoewel een aantal artikelen goed zonder al te veel wiskunde
te begrijpen is, is het boek voornamelijk geschikt voor mensen met een
universitaire achtergrond. Voor $\pi$-experts is dit boek een 'must'.
Ondertussen is er al een derde, uitgebreidere druk verschenen.
  

\section{Opgaven}
\noindent{\bf Suggestie voor eindopdracht}
Zoek op internet een aantal sites die met $\pi$ te maken hebben
en geef een kort verslag van de dingen die je gevonden hebt.
Een mooi startpunt op dit moment is: 

\noindent{\tt http://directory.google.com/Top/Science/Math/Recreations/Specific_Numbers/Pi/}.
Hopelijk lukt het je de zinvolle links van de onzinnige te scheiden.\\
Op {\tt http://www.cecm.sfu.ca/personal/jborwein/pi\_cover.html}
vind je minder, maar merendeels relevante links.
Je kunt natuurlijk ook zelf gaan zoeken via je favoriete
zoekmachine op internet.

Een andere mogelijkheid is op internet op zoek gaan naar
programmatuur om $\pi$ te berekenen. Probeer een programma te
vinden waarmee je zo veel mogelijk decimalen van $\pi$ je
op je eigen computer kunt produceren.

\begin{opgave}\label{goodwin}
{\rm Hieronder zijn de eerste twee delen van de tekst van Goodwin's 
wetsontwerp weergegeven.
Bij lezing zal het je wellicht duidelijk worden waarom zelfs de politici
van Indiana destijds niets van deze onzin begrepen. De opgave luidt om
naast de waarde $\pi=3,2$ nog minstens \'e\'en andere $\pi$-waarde
uit deze tekst te destilleren. Vertel er ook even bij hoe
je eraan komt. Kun je ook aanwijzen waar wordt beweerd dat
$\sqrt{2}=10/7$ ? Hier zijn de tekstdelen:
\medskip

\centerline{House Bill, No 246}
{\it A bill for an act introducing a new mathematical truth and offered
as a contribution to education to be used only by the state of Indiana
free of cost by paying any royalties whatever on the same, provided
it is accepted and adopted by the official action of the
legislature of 1897.

Section 1. Be it enacted by the General Assembly of the State of Indiana:
It has been found that a circular area is to the square on a line 
equal to the quadrant of the circumference, as the area of an 
equilateral triangle is to the square of one side. The diameter 
employed as the linear unit according to the present rule in computing
the circle's area is entirely wrong, as it represents the circle's
area one and one-fifth times the area of a square whose perimeter
is is equal to the circumference of the circle. This is because
one-fifth of the diameter fails to be represented four times in
the circle's circumference. For example: if we multiply the
perimeter of a square by one-fourth of any line one-fifth greater
than one side, we can in like manner make the square's area to appear
one fifth greater than the fact, as is done by taking the diameter
for the linear unit instead of the quadrant of the circle's
circumference

Section 2. It is impossible to compute the area of a circle on the
diameter as the linear unit without tresspassing upon the area 
outside of the circle to the extent of including one-fifth more
area than is contained within the circle's circumference, because
the square on the diameter produces the side of a square which 
equals nine when the arc of ninety degrees produces eight. By taking
the quadrant of the circle's circumference for the linear unit,
we fulfill the requirements of both quadrature and rectification of
the circle's circumference. Furthermore, it has revealed the ration
of the chord and arc of ninety degrees, which is as seven to eight,
and also the ratio of the diagonal and one side of a square which
is as ten to seven, disclosing the fourth important fact, that the
ratio of the diameter and circumference is as five-fourths to four;
and because of these facts and the further fact that the rule in
present use fails to work both ways mathematically, it should be
discarded as wholly wanting and misleading in is practical
applications.}
}\end{opgave}

\printindex
\vfill\eject

\noindent
De zebra-reeks wordt uitgegeven door Epsilon Uitgaven in samenwerking met de
Nederlandse Vereniging van Wiskundeleraren. Tot nu zijn twaalf delen
verschenen:
\begin{description}
\item[1. Kattenaids en statistiek] (ISBN 90-5041-050-2)
\item[2. Perspectief] (ISBN 90-5041-052-9)
\item[3. Schatten] (ISBN 90-5041-055-3)
\item[4. De gulden snede] (ISBN 90-5041-058-8)

\item[5. Poisson, de Pruisen en de lotto] (ISBN 90-5041-059-6)

\item[6. Pi] 
de geschiedenis en de wiskunde van het getal $\pi$ (ISBN 90-5041-062-6)
\item[7. De laatste stelling van Fermat] (ISBN 90-5041-065-0)
\item[8. Verkiezingen, een web van paradoxen] (ISBN 90-5041-064-2)
\item[9. De veelzijdigheid van bollen] (ISBN 90-5041-066-9)

\item[10. Fractals] (ISBN 90-5041-068-5)

\item[11. Schuiven met auto's, munten en bollen] (ISBN 90-5041-073-1)

\item[12. Spelen met gehelen] (ISBN 90-5041-072-3)

\end{description}

\end{document}


\section{Een bijzondere projectie}
Zoals we nu zo langzamerhand weten hebben een bol met straal $r$
en een cirkelschijf met straal $2r$ dezelfde oppervlakte, te 
weten $4\pi r^2$. We hebben ook al eerder opgemerkt dat het 
vrijwel niet mogelijk is de bol in stukjes te knippen en deze
stukjes zo neer te leggen dat ze een schijf met straal $2r$ vormen.
Het aardige is dat dit wel mogelijk wordt als we toelaten dat
de stukjes eerst nog even vervormd worden, met behoud van oppervlak,
alvorens ze binnen de schijf te leggen. Dit doen we met behulp van
een projectie van de bol op de schijf. 

Beschouw een bol met een vlak dat aan de noordpool raakt. Kies
een punt $P$, niet gelijk aan de zuidpool, op de bol. Neem het
vlak door $P$ en de noord-zuidlijn van de bol en teken 
daarin met een passer de cirkel door $P$ en met de noordpool als 
middelpunt. Het snijpunt van de cirkel met het raakvlak, dat het
dichtst bij $P$ ligt, noemen we de projectie van $P$ op het vlak.
We geven deze projectie aan met $P'$. 

\centerline{\epsfysize=5cm\epsffile{projectie1.ps}}

Voeren we deze projectie uit op alle punten van de bol, voorzien
van lengte- en breedtecirkels, dan geeft dit het volgende resultaat,

\centerline{\epsfysize=4cm\epsffile{projectie2.ps}}

De straal van de schijf is natuurlijk $2r$, want deze moet volgens
onze projectiemethode overeenkomen met de diameter van de bol.

Als de bol onze aardbol zou zijn, zou Antarctica als smalle strook
langs de rand van de cirkelschijf liggen. Natuurlijk is deze projectie
geen mooie manier om bijvoorbeeld een wereldkaart te tekenen. Deze
projectie heeft echter wel de bijzondere eigenschap dat hij 
oppervlaktebehoudend is. Dat wil zeggen, een figuurtje op de bol
geeft na projectie weliswaar een vervormd beeld, maar de oppervlakte
ervan is hetzelfde als dat van het oorspronkelijke figuurtje. In
het bijzonder hebben de bol en de schijf dezelfde oppervlakte, 
$4\pi r^2$. Waarom de projectie oppervlaktebehoudend is, is een
kwestie die we hier niet aansnijden, hoewel je het met elementaire
meetkunde zou kunnen inzien. 


\section{Voorwaardelijke convergentie}
Een reeks $\sum_{k=0}^{\infty}a_k$ heet {\it absoluut convergent} 
als de reeks $\sum_{k=0}^{\infty}|a_k|$ convergeert. 
Je zou kunnen zeggen dat een absoluut convergente reeks convergeert 
omdat de termen snel genoeg naar nul gaan.  De alternerende harmonische 
reeks ${1\over1}-{1\over2}+{1\over3}-\cdots$ is bijvoorbeeld niet 
absoluut convergent omdat de reeks van absolute waarden, de 
harmonische reeks, divergeert. Convergente reeksen die niet absoluut convergent zijn, noemt men {\it voorwaardelijk convergent}. Het verrassende is dat de som van een voorwaardelijk convergente reeks afhangt van de volgorde waarin we de reeks sommeren. Dat klinkt misschien heel vreemd, maar hier is een voorbeeld. Neem de alternerende harmonische en sommeer de termen in de volgende volgorde, $${1\over1}-{1\over2}-{1\over4}+{1\over3}-{1\over6}-{1\over8}+{1\over5} -{1\over10}-{1\over12}+\cdots$$ We nemen hier elke keer een term met oneven noemer gevolgd door twee termen met even noemer. Wat is de som hiervan? Om dit te zien nemen we elke term met oneven noemer samen met de daarop volgende term. We krijgen, 
$${1\over2}-{1\over4}+{1\over6}-{1\over8}+{1\over10}-{1\over12}+\cdots$$ 
(Controleer!). Merk op dat dit gelijk is aan 
$${1\over2}\left({1\over1}-{1\over2}+{1\over3}-
{1\over4}+{1\over5}-{1\over6} +\cdots\right)={\ln 2\over2}$$ 
Met andere woorden, we krijgen de helft van het antwoord $\ln2$ 
dat we bij `gewone' sommatie zouden krijgen! 
We kunnen het nog sterker maken, als we de volgorde nemen 
waarbij een term met oneven noemer kiezen gevolgd door vier 
termen met even noemer, dan zou er zelfs nul als antwoord uitkomen!
En om meteen maar het allersterkste verhaal te vertellen, 
kies een willekeurig getal $S$. In een voorwaardelijk convergente 
reeks kunnen we de volgorde van de termen zo kiezen dat daar precies 
het antwoord $S$ uitkomt. Dit is een stelling van de beroemde 
wiskundige Bernhard Riemann (1826-1866).

\chapter{Worteltrekken}\label{wortel}
\section{Inleiding}
In de methode van Archimedes voor de bepaling van $\pi$ moesten we elke keer een worteltrekking uitvoeren. Dat wekt misschien enige bevreemding want worteltrekking is ook niet de eenvoudigste operatie. Voor je gevoel is het misschien net zo lastig als de bepaling van $\pi$ zelf en het ene probleem, bepaling van $\pi$, zou misschien vervangen zijn door een ander probleem, worteltrekking.  Het is de bedoeling van dit hoofdstuk om je te laten zien dat worteltrekking wel degelijk een operatie is die relatief gemakkelijk is uit te voeren. Daartoe geven we een tweetal rekenschemas, ook wel {\it algoritmen} genoemd. Van de eerste herinner ik mij dat ik die wel eens op de lagere school heb gezien. Ik denk echter niet dat hij tegenwoordig nog onderwezen wordt. Hij lijkt een beetje op staartdelingen maar dan alleen iets lastiger. De tweede, veel snellere, methode heeft een aantal verrassende eigenschappen en die bespreken we in de laatste
paragraaf.

\section{Een langzaam algoritme}

Stel we willen $\sqrt{42}$ berekenen tot op vier decimalen. Met de 
`staartdelingsmethode' zou dit als volgt gaan.
Schrijf eerst $42,00000000$ op en groepeer de cijfers in 
achtereenvolgende groepjes van twee. De komma ligt op de grens tussen
twee van deze groepjes. 

\centerline{\epsfysize=6cm\epsffile{wortel.ps}}

We beginnen met het voorste groepje, $42$, en bepalen het grootste
cijfer $y$ zo dat $y\times y\le42$. Dus $y=6$. Dit schrijven we
rechts op. We bepalen $y\times y$ en trekken dit in ons schema 
van $42$ af. Bij het verschil $6$ halen we twee nullen van boven
aan. 

We bepalen nu het grootste cijfer $y$ z\'o dat $12y\times y
\le 600$. De twaalf komt van twee maal $6$, waarin $6$ het zojuist 
gevonden cijfer $6$ is. We zien dat $y=4$. We bepalen $124\times 4$
en trekken dit van $600$ af. Vervolgens halen we weer twee nullen
van boven aan. 

We bepalen nu het grootste cijfer $y$ z\'o dat $128y
\times y\le 10400$. De $128$ is precies twee maal $64$, de cijfers
die we tot dusver vonden. Het blijkt dat $y=8$. Bepaal $1288\times8$
en trek dit van $10400$ af. Haal vervolgens weer twee nullen bij
en herhaal het proces.

Het zal duidelijk zijn dat dit een tamelijk moeizaam proces is
dat alleen handig is als je geen rekenapparaat bij de hand hebt.

\section{Een snel algoritme}
Stel $A>1$ en stel dat we $\sqrt{A}$ willen uitrekenen door alleen
gebruik te maken van optellen, vermenigvuldigen en delen. Kies een eerste grove benadering van $\sqrt{A}$ die we $a_0$ zullen noemen. We kiezen uiteraard $a_0$ positief.
Bereken vervolgens $a_1=(a_0+A/a_0)/2$, vervolgens $a_2=(a_1+A/a_1)/2$ enzovoorts. We krijgen een zogenaamde recursieve rij getallen $a_0,a_1,a_2,a_3,\ldots$ gegeven door de {\it recursieve relatie} $$a_{n+1}={1\over 2}\left(a_n+{A\over a_n}\right)\qquad n=0,1,2,\ldots$$ Waarom we dit allemaal doen wordt later wel duidelijk. Laten we eerst een voorbeeld geven. Kies $A=42$ en neem als eerste benadering van $\sqrt{42}$ het getal $a_0=6$. Dan volgt hier een tabel van de opeenvolgende getallen $a_1,a_2,\ldots$ op achttien cijfers nauwkeurig.
\begin{center}\begin{tabular}{|c|c|}
\hline
$n$ & $a_n$ \\
\hline
$0$ & $6,000\ 000\ 000\ 000\ 000\ 000\ \ldots$\\
$1$ & $6,500\ 000\ 000\ 000\ 000\ 000\ \ldots$\\
$2$ & $6,480\ 769\ 230\ 769\ 230\ 769\ \ldots$\\
$3$ & $6,480\ 740\ 698\ 470\ 668\ 797\ \ldots$\\
$4$ & $6,480\ 740\ 698\ 407\ 860\ 230\ \ldots$\\
\hline
\end{tabular}\end{center}
Ter vergelijking, 
$\sqrt{42}=6,480\ 740\ 698\ 407\ 860\ 230\ \ldots$. 
We zien dat ons algoritme
al na $4$ stappen de waarde van $\sqrt{42}$ op achttien cijfers nauwkeurig geeft!  Misschien ben je niet onder de indruk, maar in de wereld van zogenaamde numerieke benaderingen behoort een dergelijke convergentiesnelheid tot de spectaculairste die in de praktijk voorkomen.
Dit algoritme wordt ook gebruikt in je rekenapparaat om vierkantswortels uit rekenen met behulp van de $\sqrt{}$-knop. 
We zullen hier een verklaring geven voor het feit dat de rij getallen $a_0,a_1, \ldots$ naar $\sqrt{A}$ convergeert en vooral waarom dat zo snel gaat. 
Allereerst, als de rij $a_0,a_1,a_2,\ldots$ naar een bepaalde vaste waarde toe gaat, waarom is dat $\sqrt{A}$ ? De verklaring is eenvoudig. Stel dat de rij naar het getal $x$ convergeert. Dan moet vanwege de recursierelatie gelden dat $x={1\over2}(x+A/x)$. Vermenigvuldigen met $2x$ en alles naar rechts brengen geeft $0=x^2-A$. Dus inderdaad, $x=\sqrt{A}$. We moeten de positieve wortel hebben omdat alle getallen $a_n$ positief zijn. 
De volgende vraag is, gaat de rij $a_0,a_1,a_2,\ldots$ inderdaad naar een 
limiet? Neem hiertoe de recursierelatie voor de getallen $a_n$ en trek
aan beide zijden $\sqrt{A}$ ervan af,
\begin{eqnarray*}
a_{n+1}-\sqrt{A}&=&{1\over2}\left(a_n+{A\over a_n}\right)-\sqrt{A}\\
&=&{1\over2}\left(a_n-2\sqrt{A}+{A\over a_n}\right)\\
&=&{1\over2a_n}(a_n^2-2a_n\sqrt{A}+A)\\
&=&{1\over2a_n}(a_n-\sqrt{A})^2
\end{eqnarray*}
Merk allereerst op dat er rechts een kwadraat staat dat dus positief is. De linkerzijde $a_{n+1}-\sqrt{A}$ is daarmee ook positief als $n\ge0$. Dus $a_1,a_2,\ldots$ zijn allemaal groter dan $\sqrt{A}$. Merk nu op dat $$a_{n+1}-\sqrt{A}={1\over2a_n}(a_n-\sqrt{A})^2= {a_n-\sqrt{A}\over a_n}{a_n-\sqrt{A}\over2}<{a_n-\sqrt{A}\over 2}$$ Met andere woorden, het verschil $a_n-\sqrt{A}$ wordt bij elke stap minstens gehalveerd.
Dus moet gelden, $\lim_{n\to\infty}a_n-\sqrt{A}=0$ en dus $\lim_{n\to\infty} a_n=\sqrt{A}$. 
De laatste vraag die we moeten beantwoorden is waarom de convergentie zo snel gaat. We weten dat $a_n>\sqrt{A}$ voor alle $n\ge1$. Dus volgt uit $a_{n+1}-\sqrt{A}={1\over2a_n}(a_n-\sqrt{A})^2$ dat $$a_{n+1}-\sqrt{A}<{1\over2\sqrt{A}}(a_n-\sqrt{A})^2.$$ Stel nu dat $a_n$ een benadering van $\sqrt{A}$ geeft op, zeg, vijf decimalen nauwkeurig. Dat wil zeggen, $a_n-\sqrt{A}<10^{-5}$. Uit de ongelijkheid van zojuist volgt dan dat $a_{n+1}-\sqrt{A}<{1\over2}(10^{-5})^2<10^{-10}$.  Met andere woorden, de volgende term $a_{n+1}$ geeft een benadering die tien decimalen correct is. De daarop volgende geeft twintig decimalen correct, de volgende veertig decimalen, enzovoort.
Bij elke stap verdubbelt het aantal correcte decimalen! Dit verklaart de enorme convergentioesnelheid van ons algoritme. 
\section{Opgaven}
\begin{enumerate}
\item
Pas het algoritme van de vorige paragraaf toe om $\sqrt{33}$ uit rekenen tot op twaalf decimalen. Gebruik een zakrekenmachine of computer. Schrijf de achtereenvolgende termen van de recursieve rij benaderingen op. Na hoeveel stappen ben je klaar?
\item
Hier is een variant van ons snelle algoritme om $\root{3}\of{A}$ met $A>1$ uit te rekenen. Kies en benadering $a_0$ en pas vervolgens de recursie $$a_{n+1}={1\over2}\left(a_n+{A\over a_n^2}\right)\qquad n=0,1,2,\ldots$$ toe. Aangenomen dat de rij getallen $a_0,a_1,a_2,\ldots$ naar een vaste waarde $x$ convergeert, laat zien dat $x=\root{3}\of{A}$.
Bereken ter illustratie de waarde van $\root{3}\of{33}$ uit tot op twaalf decimalen. Noteer de achtereenvolgende benaderingen. Na hoeveel stappen ben je klaar?
\item
Kun je een algoritme geven om $\root{5}\of{A}$ uit te rekenen?
\end{enumerate}
\vfil\eject

\chapter{Reeksen}
\section{De somnotatie}
In veel dingen die nu volgen kijken we naar sommen van getallen 
waarin een bepaald patroon zit. Bijvoorbeeld de som van de eerste 
$100$ gehele getallen. Dit kunnen we opschrijven als $1+2+\cdots+99+100$. 
In deze puntjesnotatie wordt aan de lezer overgelaten om te bedenken 
wat er op de plaats van de puntjes moet staan. We hebben er al diverse 
malen gebruik van gemaakt en hopelijk leverde het geen problemen op.
In veel gevallen kan deze puntjesnotatie onoverzichtelijk worden, 
of zelfs aanleiding geven tot misverstanden. Daarom gebruikt men in 
de wiskunde vaak een andere notatie, namelijk die met de Griekse 
hoofdletter voor S, de sigma $\sum$.
Hier is een voorbeeld
$$1+2+\cdots+99+100=\sum_{k=1}^{100}k$$
Hopelijk is deze notatie suggestief genoeg. We kiezen voor het getal $k$
de waarden $1$ tot en met $100$ en tellen ze bij elkaar op. Dat is wat
deze notatie zegt. De som van de inversen van de eerste $1000$ gehele
getallen zouden we kunnen noteren als
$$\sum_{k=1}^{1000}{1\over k}.$$
Als je er een wiskundige tekst op naslaat zul je zien hoe vaak 
deze somnotatie gebruikt wordt. 

In deze teksten zul je zien dat er met deze somnotatie
ook vaak over oneindig veel getallen gesommeerd wordt.
Bijvoorbeeld de som van de inversen van 
alle positieve gehele getallen zouden we opschrijven als 
$\sum_{k=1}^{\infty}{1\over k}$ en de som van de inverse 
kwadraten als $\sum_{k=1}^{\infty}{1\over k^2}$.  Dat je dit 
niet ongestraft kunt doen blijkt bijvoorbeeld uit het feit dat 
$\sum_{k=1}^{\infty}k$ de som van alle positieve gehele getallen 
voorstelt. Dat zoiets onzin is zal hopelijk wel duidelijk zijn,
het eventuele antwoord zou oneindig groot worden.
Daarom moeten er wel een zogenaamde {\it convergentievoorwaarde}
aan deze oneindige sommen
worden opgelegd, opdat ze zinvol zijn. Oneindige sommen die convergent
zijn, spelen een uiterst belangrijke rol in de wiskunde. Wat het
begrip convergentie van een oneindige som behelst zullen we in
de volgende paragrafen uitleggen, te beginnen met een voorbeeld.

\section{De meetkundige reeks}
Misschien zul je wel eens gehoord hebben van het probleem om de som 
$$\sum_{k=0}^{\infty}{1\over 2^k}= 
1+{1\over2}+{1\over2^2}+{1\over2^3}+{1\over2^4}+\cdots$$ 
uit te rekenen. Strikt genomen is dit onzin want het optellen van
oneindig veel getallen duurt oneindig lang en we zouden nooit een
eindantwoord krijgen. 
Echter, onze oneindige som heeft wel betekenis in de vorm van een limiet.
Tel op je rekenapparaat maar eens achtereenvolgens de termen bij elkaar op.
We beginnen met $1$ en tellen daar vervolgens ${1\over2}$ bij op.
Vervolgens ${1\over2^2},{1\over2^3}$, etc. 
Hier is een overzichtje van de resultaten. Het
is verstandig om ze zelf even te controleren,
\begin{center}\begin{tabular}{|c|c|}
\hline
$N$ & $\sum_{k=0}^N1/2^k$\\
\hline
$1$ & $1,500\ 000\ 000\ 000\ldots$\\
$2$ & $1,750\ 000\ 000\ 000\ldots$\\
$3$ & $1,875\ 000\ 000\ 000\ldots$\\
$\vdots$ & $\vdots$\\
$6$ & $1,984\ 375\ 000\ 000\ldots$\\
$7$ & $1,992\ 187\ 500\ 000\ldots$\\
$\vdots$ & $\vdots$\\
$15$& $1,999\ 969\ 482\ 421\ldots$\\
$16$& $1,999\ 984\ 741\ 210\ldots$\\
$\vdots$ & $\vdots$\\
\hline
\end{tabular}\end{center}
De sommen $S_N=\sum_{k=0}^N1/2^k$ noemen we de 
{\it parti\"ele sommen}. Het lijkt erop alsof de parti\"ele sommen 
steeds meer naar de waarde $2$ toekruipen.  
Dat dit inderdaad zo is kunnen we in dit geval aan heel 
eenvoudig meetkundig plaatje zien. 

Teken een balk van lengte $2$. Deel deze precies doormidden.
De rechterhelft delen we weer doormidden, en van de twee 
helften delen we het rechtse weer doormidden. We blijven zo 
doorgaan. Op den duur krijgen we het volgende plaatje, waarin 
we lengten van de diverse stukken hebben opgeschreven.

\centerline{\epsfysize=3cm \epsffile{balk.ps}}

Uit dit plaatje zie je dat $S_1=1+{1\over2}=2-{1\over2}$ en
$S_2=1+{1\over2}+{1\over4}=2-{1\over4}$, etc.
In het algemeen, de parti\"ele som $S_N$ is de lengte van de eerste
$N+1$ stukken, en het stukje dat overblijft heeft lengte $1/2^N$. Dus,
$$\sum_{k=0}^N{1\over2^k}=2-{1\over 2^N}$$
Om de oneindige som te definieren merken we op dat de waarde van $S_N$ naar
de limiet $2$ toe gaat als $N\to\infty$. De limietsom noteren we als 
$\sum_{k=0}^{\infty}1/2^k$ en we vinden,
$$\sum_{k=0}^{\infty}{1\over2^k}=2.$$
We kunnen het nog iets algemener. Kies $x\in\bbbr$ en beschouw de reeks
$$\sum_{k=0}^{\infty}x^k=1+x+x^2+x^3+\cdots$$
Als we hierin $x=1/2$ nemen krijgen we de reeks die we hierboven 
bekeken. De term $x^0$ correspondeert
met de $1$ aan het begin. Om te kijken of deze reeks inderdaad zin 
heeft, kijken we naar de parti\"ele som
$$S_N=1+x+x^2+x^3+\cdots+x^N$$
voor een willekeurig gekozen $N$. Voor de som $S_N$ kunnen we een heel
mooie formule geven. Dit gaat als volgt. Schrijf $S_N$ en $xS_N$ onder
elkaar,

\begin{center}
\begin{tabular}{rccl}
$S_N$&$=$&$1+$&$x+x^2+x^3+\cdots+x^{N-1}+x^N$\\
$xS_N$&$=$&&$x+x^2+x^3+\cdots+x^{N-1}+x^N+x^{N+1}$
\end{tabular}
\end{center}

Trek nu beide gelijkheden van elkaar af. We zien dat aan de rechterzijde 
de termen $x,x^2,x^3,\ldots,x^{N-1},x^N$ allen tegen elkaar wegvallen.  
Links krijgen we $S_N-xS_N$. Dus, $S_N-xS_N=1-x^{N+1}$. 
Neem even aan dat $x\ne1$
en deel aan beide zijden door $1-x$,
$$S_N={1-x^{N+1}\over 1-x}\qquad{\rm als}\ x\ne1$$
Dit is de formule voor $S_N$ waar we op doelden. 
We kunnen nu heel mooi zien 
wat er gebeurt als we $N$ naar $\infty$ laten gaan. Als $|x|<1$ dan geldt 
$\lim_{N\to\infty}x^{N+1}=0$. En dus, $\lim_{N\to\infty}S_N={1\over1-x}$ 
als $|x|<1$. De rij parti\"ele sommen convergeert naar een limiet en 
we zeggen dat de reeks $\sum_{k=0}^{\infty} x^k$ convergeert als $|x|<1$. 
De waarde van de som is gelijk aan 
$$\sum_{k=0}^{\infty}x^k={1\over 1-x}\qquad{\rm als}\ |x|<1$$
Deze reeks staat bekend als de {\it meetkundige reeks} en je zou hem 
kunnen zien als de oervader van alle reeksen. Als we $x=1/2$ invullen 
krijgen we $\sum_{k=0}^{\infty}(1/2)^k=2$.  Dit is precies de waarde 
die we boven kregen.
Wat gebeurt er als $|x|\ge1$ ? In dat geval gaan de termen $x^k$ 
van de reeks niet naar nul naarmate $k$ groter wordt. We kunnen 
daarom niet verwachten dat de reeks convergeert. Dit zien we ook 
uit de formule voor $S_N$. Als $x>1$, dan gaat de bijdrage $x^{N+1}$ 
zelf naar $\infty$ als $N\to\infty$. 

\section{Convergentie}
In het algemeen noemen we een oneindige reeks $\sum_{k=0}^{\infty} a_k$ 
{\it convergent} als de parti\"ele sommen $S_N= \sum_{k=0}^Na_k$ 
naar een limiet gaan als $N\to\infty$. In het bijzonder gaan bij 
een convergente reeks de termen $a_k$ naar nul als $k\to\infty$. 
We kunnen daarom niet verwachten dat de reeksen 
$$1+1+1+1+\cdots,\qquad 1+2+3+4+\cdots$$ 
convergent zijn. Een reeks die niet convergeert noemen we 
{\it divergent}.  Het verrassende is echter dat er ook reeksen 
zijn waarvan de termen naar nul gaan, maar die desondanks divergeren.
Het bekendste voorbeeld is de reeks
$$\sum_{k=1}^{\infty}{1\over k}
={1\over1}+{1\over2}+{1\over3}+{1\over4}+\cdots$$
We noemen deze reeks de {\it harmonische reeks}. Om in te zien dat de
reeks divergeert delen we de termen op in groepjes, waarbij de som van
elk groepje groter is dan $1/2$. We beginnen als volgt,
\begin{eqnarray*}
{1\over1}&>&0,5\\
{1\over2}+{1\over3}&>&0,5\\
{1\over4}+\cdots+{1\over7}&>&0,5\\
{1\over8}+\cdots+{1\over15}&>&0,5
\end{eqnarray*}
Dat de laatste som $>0,5$ is zien we heel gemakkelijk als we beseffen
dat er $8$ termen staan die allen groter dan $1/16$ zijn. In het
algemeen ziet een groepje er als volgt uit,
$${1\over 2^k}+\cdots+{1\over 2^{k+1}-1}$$
Dit zijn $2^k$ termen, elk groter dan $1/2^{k+1}$. 
De som is dus groter dan $2^k/2^{k+1}=1/2$. De harmonische reeks 
bestaat uit oneindig veel van deze groepjes en dus is de som ook 
oneindig. De reeks divergeert.

\section{Een paar nuttige reeksen}
Uitgaande van de meetkundige reeks kunnen we een paar andere reeksen 
maken die voor ons verhaal over $\pi$ van belang zullen zijn. Laten 
we eerst in de meetkundige reeks $x$ door $-x$ vervangen. We krijgen, 
$${1\over1-(-x)}=1+(-x)+(-x)^2+(-x)^3+(-x)^4+\cdots$$ 
en na haakjes wegwerken,
$${1\over1+x}=1-x+x^2-x^3+x^4-\cdots$$ 
Integreer vervolgens aan beide zijden van $0$ naar $x$, 
$$\ln(1+x)={x\over1}-{x^2\over2}+{x^3\over3}-{x^4\over4}+\cdots$$ 
We hebben een reeksontwikkeling voor $\ln(1+x)$ gekregen! 
In somnotatie 
$$\ln(1+x)=\sum_{k=1}^{\infty}(-1)^k{x^k\over k}\qquad{\rm als}\ -1<x\le1$$
Nemen we hierin $x=1$ dan vinden we de alternerende harmonische reeks 
$$\ln 2={1\over1}-{1\over2}+{1\over3}-{1\over4}+{1\over5}-\cdots$$ 
Door de voortekens van de harmonische reeks in $\pm$-tekens 
te veranderen krijgen we opeens een convergente reeks! 
De reden dat deze reeks wel convergeert, en de harmonische 
reeks niet, zit hem in het feit dat de termen door hun voorteken 
verschillende kanten uit wijzen en elkaar hierdoor in grootte 
enigszins compenseren.
Ook kunnen we in de $\ln$-reeks $x=-1/2$ invullen. We krijgen, 
nadat we beide zijden met $-1$ vermenigvuldigd hebben, 
$$\ln2= {1\over1\cdot 2}+{1\over2\cdot2^2}+{1\over3\cdot2^3}+ 
{1\over4\cdot2^4}+{1\over5\cdot2^5}+\cdots ,$$ 
een tweede reeks voor $\ln 2$. 
De termen van deze reeks gaan veel sneller naar nul dan de termen 
uit de alternerende harmonische reeks. We kunnen dus verwachten 
dat de laatste reeks voor $\ln2$ een veel grotere 
{\it convergentiesnelheid} heeft dan de eerste. In de volgende 
paragraaf zullen we een paar dingen zeggen over het begrip 
convergentiesnelheid.
Om nu weer op ons verhaal over $\pi$ terecht te komen gaan
we weer een klein trucje met de meetkundige reeks uithalen. Vervang in de
meetkundige reeks $x$ door $-x^2$,
$${1\over1+x^2}=1-x^2+x^4-x^6+x^8-\cdots$$
en integreer aan beide zijden van $0$ naar $x$,
$$\arctan x={x\over1}-{x^3\over3}+{x^5\over5}-{x^7\over7}+\cdots$$ 
Deze gelijkheid is geldig voor alle $x$ met $-1\le x\le1$. 
We hebben hiermee een reeksontwikkeling voor de arctangens die 
bekend staat als de {\it reeks van Gregory} naar de zeventiende-eeuwse 
Schotse wiskundige James Gregory. De eerlijkheid gebied ons 
echter te zeggen dat men later deze reeks ook in een 
Indiaas geschrift uit de vijftiende eeuw heeft ontdekt. 

Laten we in Gregory's reeks eens $x=1$ invullen. 
We krijgen, 
$${1\over1}-{1\over3}+{1\over5}-{1\over7}+\cdots={\pi\over4}$$ 
Met andere woorden, we hebben een reeksontwikkeling voor 
$\pi$ gevonden!  Deze staat bekend als de {\it reeks van Leibniz}.
Helaas convergeert deze reeks in een veel te laag tempo om 
nuttig te zijn voor een precieze bepaling van $\pi$. Aan de 
andere kant heeft zo'n reeks het voordeel dat we niet elke keer 
een vierkantswortel hoeven te trekken zoals bij Archimedes' methode. 
Gelukkig is het mogelijk om met wat extra trucs wel het goede uit 
deze reeksaanpak te halen en gebruik te maken van Gregory's reeks om 
$\pi$ te bepalen. En dit is precies wat de wiskundigen na $1700$ deden. 
In het volgende hoofdstuk vertellen we hier meer over.

\section{Convergentiesnelheid}
We hebben het hierboven gehad over reeksen die snel of langzaam convergeren.
Als voorbeeld hadden we de reeksen
$$ {1\over1}-{1\over2}+{1\over3}-{1\over4}+{1\over5}-\cdots$$
en
$${1\over1\cdot 2}+{1\over2\cdot2^2}+{1\over3\cdot2^3}+
{1\over4\cdot2^4}+{1\over5\cdot2^5}+\cdots$$
die hetzelfde antwoord $\ln2$ geven. De eerste convergeert langzaam, de
tweede snel. Wat we hiermee bedoelen leggen we hier uit. Laten we 
naar de tweede reeks kijken. Stel we willen $\ln2$ benaderen door parti\"ele
sommen van deze reeks te berekenen. Neem bijvoorbeeld de $N$-de parti\"ele
som
$$S_N=\sum_{k=1}^N{1\over k}{1\over 2^k}$$
Het verschil met $\ln2$ is uiteraard
$$\ln2-S_N=\sum_{k=N+1}^{\infty}{1\over k}{1\over 2^k}$$ 
Hoewel we dit verschil niet precies kunnen uitrekenen, 
kunnen we wel een schatting van deze rest geven door hem te 
vergelijken met een reeks waarvan we de som wel weten. Merk 
namelijk op dat ${1\over k}{1\over 2^k}<{1\over N}{1\over 2^k}$ 
voor alle $k>N$.
Dus,
\begin{eqnarray*}
\sum_{k=N+1}^{\infty}{1\over k}{1\over 2^k}&=&
{1\over N+1}\cdot{1\over 2^{N+1}}+{1\over N+2}\cdot{1\over 2^{N+2}}+
{1\over N+3}\cdot{1\over 2^{N+3}}+\cdots\\
&<&{1\over N}\left({1\over 2^{N+1}}+{1\over 2^{N+2}}+\cdots\right)\\
&=&{1\over N}{1\over 2^{N+1}}\left(1+{1\over2}+{1\over4}+\cdots\right)\\
&=&{1\over N}{1\over 2^N}
\end{eqnarray*}
We hebben het verschil afgeschat door middel van de 
gewone meetkundige reeks. Vaak is het mogelijk reeksen 
met een convergente meetkundige reeks af te schatten om 
aldus een idee van de grootte van de resttermen te krijgen.
Stel dat we $\ln2$ met onze reeks tot drie cijfers achter de 
komma willen berekenen. Als we ervoor zorgen dat we $N$ kiezen 
z\'o dat ${1\over N} {1\over2^N}<10^{-3}$ dan weten we zeker dat 
de gemaakte fout kleiner dan $10^{-3}$ is. Ga zelf na dat de keuze 
$N=8$ al het gewenste resultaat geeft. We hoeven dus alleen maar de 
eerste $8$ termen van de tweede reeks te nemen om $\ln2$ met precisie 
$<10^{-3}$ uit te rekenen.
Laten we ook eens naar de eerste reeks voor $\ln2$ kijken, 
de alternerende harmonische reeks. De termen $\pm{1\over k}$ 
kunnen we nu niet met de termen van een convergente meetkundige 
reeks afschatten. In dit geval hebben we echter nog een andere 
methode. Merk namelijk op dat de termen van de alternerende harmonische 
reeks in absolute waarde dalend zijn. De reeks is dus een voorbeeld 
van een convergente reeks van de vorm 
$$S=a_1-a_2+a_3-a_4+\cdots$$ 
waarin de rij $a_1>a_2>a_3>a_4>\cdots>0$ een dalende rij positieve 
getallen is. Kies voor $N$ een even getal en stel dat we de 
$N$-de parti\"ele som $S_N$ van deze reeks bepalen. Het verschil 
met de uiteindelijke limiet $S$ is, 
$$S-S_N=a_{N+1}-a_{N+2}+a_{N+3}-a_{N+4}+a_{N+5}-\cdots$$ 
Door de termen van deze restreeks als volgt te groeperen, 
$$S-S_N=(a_{N+1}-a_{N+2})+(a_{N+3}-a_{N+4})+(a_{N+5}-a_{N+6})+\cdots$$ 
zien we dat $S-S_N$ de som van allemaal positieve bijdragen is. Dus 
$S-S_N>0$. We kunnen het verschil ook als volgt groeperen, 
$$S-S_N=a_{N+1}-(a_{N+2}-a_{N+3})-(a_{N+4}-a_{N+5})-\cdots$$ 
Nu zien we dat $S-S_N$ gelijk is aan $a_{N+1}$ waarvan allemaal 
positive getallen worden afgetrokken. Dus $0<S-S_N<a_{N+1}$.
Op soortgelijke manier kunnen we voor oneven $N$ laten zien dat 
$-a_{N+1}<S-S_N<0$.
Conclusie
$$|S-S_N|<a_{N+1}$$
Passen we dit toe op onze alternerende harmonische reeks met 
$a_k=1/k$ dan zien we dat voor de $N$-de parti\"ele som $S_N$ 
geldt, $|\ln2-S_N|<1/(N+1)$.  Willen we met de alternerende 
harmonische reeks dus $\ln2$ tot op drie decimalen uitrekenen, dan 
moeten we ervoor zorgen dat $1/(N+1)<10^{-3}$.  We moeten dus minstens 
$1000$ termen nemen! 
Het zal dus duidelijk zijn aan welke reeks we de voorkeur geven voor 
de numerieke berekening van $\ln2$. Als vuistregel kunnen we stellen 
dat reeksen die afgeschat kunnen worden met een meetkundige reeks, 
de beste convergentie-eigenschappen hebben.

\section{Opgaven}
\begin{enumerate}
\item
Bereken zoveel mogelijk, maar minstens twintig, parti\"ele sommen 
van Leibniz' reeks ${1\over1}-{1\over3}+{1\over5}-{1\over7}+\cdots$. 
Schrijf ze in een tabel op en geef in een tweede kolom het verschil 
met ${\pi\over4}$. We weten dat deze verschillen uiteindelijk naar 
nul gaan, maar het gaat wel erg langzaam. Heb je enig idee hoeveel 
termen je moet nemen om een verschil $<0,001$ te krijgen?
\item
In de reeks van Gregory kunnen we ook $x=1/\sqrt{3}$ invullen.  
Er geldt dat $\arctan(1/\sqrt{3})=\pi/6$. Schrijf de eerste vier 
termen van Gregory's reeks op en laat zien dat we na invulling 
van $x=1/\sqrt{3}$ krijgen, 
$${\pi\over2\sqrt{3}}={1\over1}-{1\over3\cdot3}+
{1\over5\cdot3^2}-{1\over7\cdot3^3}+\cdots$$ 
We gaan nu deze reeks gebruiken om $\pi$ uit te rekenen. 
Aangezien de termen van de reeks nu sneller naar nul gaan dan 
die van Leibniz' reeks kunnen we een snellere convergentie verwachten. 
Bereken wederom zoveel mogelijk, maar minstens twintig, parti\"ele 
sommen van deze reeks. Schrijf ze op in een tabel en geef in een 
tweede kolom de verschillen met ${\pi\over2\sqrt{3}}$. 
Vergelijk deze verschillen met de verschillen uit de vorige opgave. 
Hoeveel termen hebben we nu nodig om een nauwkeurigheid $<0,001$ te 
krijgen?
\item
Ook voor de sinus- en tangensfunctie bestaan er reeksontwikkelingen.
Helaas kunnen we hier niet uitleggen hoe we eraan komen.
Voor de sinus hebben we,
$$\sin x={x\over1!}-{x^3\over3!}+{x^5\over5!}-{x^7\over7!}+\cdots$$ 
waarin $n!$ het product van de gehele getallen van $1$ tot en met 
$n$ voorstelt. De reeksontwikkeling voor de sinus is zelfs geldig 
voor alle waarden van $x$. Voor de tangens hebben we een reeks 
die begint met $$\tan x=x+{x^3\over3}+{2x^5\over15}+\cdots$$ 
Het 
algemene patroon van de coefficienten van de tangensreeks is te 
ingewikkeld om op te schrijven. We zulen het met de eerste paar 
termen moeten doen. De tangensreeks convergeert voor alle $x$ met 
$|x|<\pi/2$.  We gaan deze reeksen gebruiken om een idee te 
krijgen van de groei van de getallen $P_N,Q_N$ van Archimedes uit 
hoofdstuk \ref{voetsporen}. 
Merk op, gebruik makend van de sinusreeks, dat 
\begin{eqnarray*}
P_N&=&N\sin{\pi\over N}=N\left({\pi\over N}-{\pi^3\over 6N^3}+
{\pi^5\over120N^5}-\cdots\right)\\
&=&\pi-{\pi^3\over 6N^2}+{\pi^5\over120N^4}+\cdots
\end{eqnarray*}
Analoog,
\begin{eqnarray*}
Q_N&=&N\tan{\pi\over N}=N\left({\pi\over N}+{\pi^3\over 3N^3}+
{2\pi^5\over15N^5}-\cdots\right)\\
&=&\pi+{\pi^3\over 3N^2}+{2\pi^5\over15N^4}+\cdots
\end{eqnarray*}
Schrijf nu de ontwikkeling van $Q_N-P_N$ op. 
Zie je nu het verband met een van de kolommen uit de tabel 
van opgave \ref{archimedes}?
Schrijf ook de ontwikkeling van $(Q_N+2P_N)/3$ op. Zie 
je nu het verband met het idee van Snellius uit opgave \ref{snellius} ?
\end{enumerate}
\vfill\eject


\section{Inleiding}
Het duurde niet lang voor men inzag hoe de reeks van Gregory w\`el gebruikt
kon worden om $\pi$ uit te rekenen. In 1706 observeerde de Engelse
astronoom John Machin\index{Machin} dat 
$${\pi\over4}=4\arctan{1\over5}-\arctan{1\over239}$$
Hiermee hebben we een heel mooie manier om $\pi$ uit te rekenen.
We berekenen gewoon 
$$\arctan{1\over 5}=
{1\over5}-{1\over3\cdot5^3}+{1\over5\cdot5^5}-{1\over7\cdot5^7}+\cdots$$
tot op de gewenste precisie, evenals
$$\arctan{1\over 239}=
{1\over239}-{1\over3\cdot239^3}+{1\over5\cdot239^5}-\cdots$$ en 
tenslotte $\pi$ met Machin's formule. Nemen we bijvoorbeeld 
de eerste vier termen van de reeks voor $\arctan(1/5)$ en alleen 
de eerste term voor de reeks van $\arctan(1/239)$ dan vinden we als 
resultaat $3,1415916\ldots$. M.a.w. we hebben $\pi$ bepaald tot op $5$ 
correcte decimalen achter de komma. Vergelijk dit 
eens met de moeite die Archimedes had om een dergelijk 
resultaat te vinden. Machin zelf gebruikte zijn vondst om 
$\pi$ tot op honderd decimalen uit te rekenen. 
Het bleek dat {\it Machin's methode}\index{Machin's methode}
zeer succesvol was. Tot 1973, 
dus ver in het computertijdperk, waren zijn methode, en 
varianten daarop, d\`e methode om $\pi$ te bepalen.  Na 1976 
kwamen er andere methoden in beeld, maar daarover meer in 
Hoofdstuk \ref{modern}.
Laten we eerst eens Machin's formule controleren. We maken daarbij
uitgebreid gebruik van de optelformule van de tangens,
$$\tan(a+b)={\tan a+\tan b\over 1-\tan a\tan b}$$
Om Machin's formule aan te tonen moeten we laten zien dat 
$$\tan\left(4\arctan{1\over5}-\arctan{1\over239}\right)=\tan{\pi\over4}=1$$
We kunnen hiervoor de optelformule gebruiken met 
$a=4\arctan{1\over5}$
en $b=-\arctan{1\over239}$. Omdat $\tan(-\arctan{1\over239})={-1\over239}$
vinden we
$$\tan\left(4\arctan{1\over5}-\arctan{1\over239}\right)=
{\tan(4\arctan{1\over5})-{1\over239}
\over 1+{1\over239}\tan(4\arctan{1\over5})}$$
Nu bepalen we $\tan(4\arctan{1\over5})$ wederom met de optelformule
en $a=b=2\arctan{1\over5}$,
$$\tan(4\arctan{1\over5})={2\tan(2\arctan{1\over5})\over
1-\tan^2(2\arctan{1\over5})}$$
Tenslotte,
$$\tan(2\arctan{1\over5})={2\tan(\arctan{1\over5})
\over1-\tan^2(\arctan{1\over5})}={2/5\over 1-(1/5)^2}={5\over12}$$ 
Terugwerkend vinden we, 
$$\tan(4\arctan{1\over5})={2\cdot5/12\over1-(5/12)^2}={120\over119}$$
en 
$$\tan\left(4\arctan{1\over5}-\arctan{1\over239}\right)=
{120/119-1/239 \over 1+(1/239)(120/119)}=1.$$
Machin's formule klopt dus. Hoewel bovenstaande berekening 
tamelijk recht toe recht aan is, kun je je toch afvragen hoe 
Machin aan de juiste getallen in zijn formule is gekomen.
Het blijk dat deze formule er \'e\'en is van een enorme collectie
soortgenoten. Hier zijn er nog een paar,
\begin{eqnarray*}
{\pi\over4}&=&\arctan{1\over2}+\arctan{1\over3}\\
{\pi\over4}&=&2\arctan{1\over3}+\arctan{1\over7}\\
{\pi\over4}&=&\arctan{1\over2}+\arctan{1\over5}+\arctan{1\over8}
\end{eqnarray*}
Voor je pen en papier pakt om ook deze gelijkheden te controleren
is het verstandig om onze notatie iets te formaliseren, opdat 
de berekeningen wat overzichtelijker worden. Per slot van
rekening was het nagaan van Machin's formule niet echt een
pretje. Het idee is om een nieuwe optelling in te voeren die
we aangeven met het $\oplus$-teken. We defini\"eren,
$$a\oplus b={a+b\over 1-ab}.$$
Dit is een optelling met een twist. Je kunt gemakkelijk 
nagaan dat $a\oplus b=b\oplus a$ en $(a\oplus b)\oplus c
=a\oplus(b\oplus c)$. Met de optelformule van de tangens
zien we dat
$$a\oplus b=\tan(\arctan a+\arctan b)$$
Je ziet dat het heel wat prettiger is om $a\oplus b$ op te
schrijven in plaats van de rechterzijde met tangens en
arctangens. In het algemeen geldt,
$$a_1\oplus a_2\oplus\cdots\oplus a_n=\tan(\arctan a_1+
\arctan a_2+\cdots+\arctan a_n)$$
In het bijzonder,
$${1\over5}\oplus{1\over5}\oplus {1\over5}\oplus {1\over5}\oplus 
{-1\over239}=\tan(4\arctan{1\over5}-\arctan{1\over239})$$
Machin's formule komt dus neer op
$${1\over5}\oplus{1\over5}\oplus {1\over5}\oplus {1\over5} 
\oplus{-1\over239}=1$$ 
Dit te checken is nu heel simpel. Eerst geldt dat 
${1\over5} \oplus{1\over5}={5\over12}$. Vervolgens, 
$({1\over5}\oplus{1\over5})\oplus({1\over5}\oplus {1\over5})= 
{5\over12}\oplus{5\over12}={120\over119}$. 
Tenslotte checken we dat ${120\over119}\oplus{-1\over239}=1$.
De berekeningen zijn hetzelfde gebleven, daarom hebben we ze
niet meer uitgebreid uitgevoerd, maar de notatie is een stuk
overzichtelijker. De drie andere gelijkheden kunnen we samenvatten
met
\begin{eqnarray*}
1&=&{1\over2}\oplus{1\over3}\\
1&=&{1\over3}\oplus{1\over3}\oplus{1\over7}\\
1&=&{1\over2}\oplus{1\over5}\oplus{1\over8}
\end{eqnarray*}
Het is niet lastig meer deze te checken. De algemene
gedaante van Machin-achtige relaties luidt,

$${\pi\over4}=\arctan{1\over n_1}+\arctan{1\over n_2}+\cdots 
+\arctan{1\over n_p}$$ 
waarin $n_1,n_2,\ldots,n_p$ geschikt gekozen gehele getallen $\ge2$ zijn. 
In onze nieuwe notatie, 
$$1={1\over n_1}\oplus {1\over n_2}\oplus\cdots\oplus{1\over n_p}.$$ 
Het is niet moeilijk om zelf relaties van deze soort te produceren. 
Hier schetsen we een methode die je op een zakrekenmachine  
zou kunnen uitvoeren, als de precisie het tenminste toelaat. 
We kiezen achtereenvolgens $n_1,n_2,\ldots$ en houden bij wat de 
waarde van 
$\Delta_1=\pi/4-\arctan(1/n_1),\ \Delta_2=\pi/4-
\arctan(1/n_1)-\arctan(1/n_2)$ etc. is, om te zien hoever we 
van ons doel, $\Delta_p=0$, verwijderd zijn.  
Het aardige is dat we de eerste paar $n_i$ vrij kunnen kiezen.  
Vanaf zeker moment moeten we echter streng worden en voor 
$n_i$ het kleinste gehele getal kiezen waarvoor geldt 
$\arctan(1/n_i)\le\Delta_{i-1}$. Als we dit een
aantal keren volhouden dan blijkt dat we uiteindelijk 
altijd op een $\Delta_p$ uitkomen die $0$ is. Waarom dat zo is 
bespreken we hier niet, dan zouden we te veel van ons 
$\pi$-verhaal afdwalen.
Hier is een voorbeeld. Laten we $n_1=n_2=n_3=4$ kiezen. 
De bijbehorende $\Delta_3$ heeft waarde  $0.050462174\ldots$. 
We gaan nu de kleinste $n_4$ kiezen zo dat 
$\arctan{1\over n_4}<0.050462174\ldots $.
Dit blijkt $n_4=20$ te zijn. Nu blijkt $\Delta_4= 0.000503778\ldots$
te zijn. De volgende keuze is $n_5=1985$. En dan blijkt op
je zakrekenmachine dat $\Delta_5=0$, tenminste,  
tot op de precisie van deze machine. Het lijkt erop dat
$${\pi\over4}=3\arctan{1\over4}+\arctan{1\over20}
+\arctan{1\over1985}$$
Dit kunnen we exact controleren met onze $\oplus$-notatie.  
Als je je vertrouwd voelt met deze notatie zou je het boven 
beschreven proc\'ed\'e zelfs in deze notatie kunnen uitvoeren. 
Het is hierbij heel handig je te realiseren dat 
${a\over b}\oplus{-1\over n}={na-b\over nb+a}$. 
Eerst trekken we drie maal ${1\over4}$ af,
$$1\oplus{-1\over4}\oplus{-1\over4}\oplus{-1\over4}
={3\over5}\oplus{-1\over4}\oplus{-1\over4}=
{7\over23}\oplus{-1\over4}={5\over99}$$
We zien dat ${5\over99}$ tussen ${1\over20}$ en ${1\over21}$ ligt.
We kiezen $n_4=20$. Dan trekken we ${1\over20}$ af,
$${5\over 99}\oplus{-1\over20}={1\over1985}$$
Conclusie,
$$1\oplus{-1\over4}\oplus{-1\over4}\oplus{-1\over4}\oplus
{-1\over20} ={1\over1985}$$
en dus,
$$1={1\over4}\oplus{1\over4}\oplus{1\over4}\oplus{1\over20}
\oplus{1\over1985}.$$ 
Het zal duidelijk zijn dat je met deze methode talloze 
voorbeelden kunt maken. Ongetwijfeld kende Machin verscheidene 
van deze relaties.
Waarom koos hij $4\arctan{1\over5}-\arctan{1\over239}$ ?
Mijn vermoeden is, dat de $5$ in de noemer het rekenwerk
vergemakkelijkt. Je ziet dit door de arctan-reeks iets
anders te schrijven,
\begin{eqnarray*}
\arctan{1\over5}&=&{1\over5}-{1\over3\cdot5^3}+
{1\over5\cdot5^5}-{1\over7\cdot 5^7}+\cdots\\
&=&{2\over10}-{2^3\over3\cdot10^3}+{2^5\over5\cdot10^5}
-{2^7\over7\cdot10^7}+\cdots
\end{eqnarray*}
Een getal delen door een macht van $10$ is heel makkelijk, 
je hoeft alleen maar decimalen te verschuiven.  Dat is een 
heel wat prettiger vooruitzicht dan getallen te moeten delen 
door hoge machten van bijvoorbeeld $7$. Bij de berekening van 
$\arctan{1\over239}$ hebben we dat voordeel niet, maar de 
convergentie daarvan is zo snel, dat we minder termen nodig hebben.
