INLEIDING TOT DE HOGERE WISKUNDE

INLEIDING TOT DE HOGERE WISKUNDE DEEL 1: Analyse van functies van ´ e´ en veranderlijke

Arno KUIJLAARS Stefaan POEDTS Departement Wiskunde, Katholieke Universiteit Leuven, Celestijnenlaan 200 B, 3001 Heverlee

Voorwoord Wiskunde speelt een vitale rol achter de schermen van de moderne samenleving. Vrijwel alle aspecten van onze samenleving worden er door bepaald: van zware industrie tot sport, van shuttle-lanceringen tot telefoonconversaties, van medische diagnoses tot beurstransacties. Voor al deze ‘problemen’ bestaan wiskundige modellen, waarin feiten omgezet werden in getallen en verbanden in vergelijkingen. Hiervoor wordt een aparte ‘taal’ gebruikt waarin een probleem nauwkeurig geformuleerd kan worden, zonder dubbelzinnigheden. Vervolgens worden deze correct geformuleerde problemen opgelost met behulp van wiskundige technieken. Het relatief beperkte aantal wiskundige technieken nodig om de meest uiteenlopende problemen op te lossen, demonstreert de kracht en het enorme potentieel van de wiskundige modellering. Het doel van deze cursus wiskunde voor de 1ste bachelor Fysica, Informatica en Wiskunde is geenszins een volledig overzicht te geven van alle wiskundige concepten en technieken. Deze cursus moet eerder als een inleiding worden beschouwd. De concrete doelstellingen van deze cursus wiskunde zijn de volgende: • de studenten een aantal basisconcepten en –technieken bijbrengen en leren gebruiken in een aantal concrete toepassingen; • de studenten overtuigen van de noodzaak de taal van de wiskunde met zorg te hanteren om problemen nauwkeurig te formuleren en hen deze taal leren gebruiken; • de studenten laten kennismaken met de kracht van de abstracte wiskundige aanpak van problemen door aan te tonen dat zeer uiteenlopende problemen vaak met dezelfde wiskundige technieken kunnen worden opgelost; • de studenten leren redeneren, analyseren en technieken bijbrengen om een uitspraak te bewijzen. De cursus is opgedeeld in twee delen. In dit eerste deel bespreken we kenmerken en toepassingen van functies van één veranderlijke. In het tweede deel wordt een aantal concepten en technieken van deel 1 veralgemeend en toegepast op functies van meerdere veranderlijken. Nieuwe concepten worden eerst intu¨ıtief aangebracht en daarna pas wiskundig exact gedefinieerd. Eigenschappen en definities worden uitvoerig ge¨ıllustreerd met voorbeelden en figuren. Eigenschappen worden bewezen en niet zonder meer aanvaard. Deze bewijzen moeten gezien worden als oefeningen in redeneren en analyseren. Ook concrete toepassingen van de aangeleerde wiskundige concepten komen aan bod. Deze cursustekst is gebaseerd op een vergelijkbare tekst die ontwikkeld is door collega Stefaan Poedts voor de cursus wiskunde voor de 1ste Kan. Bio-ingenieurs. Ik ben hem zeer erkentelijk voor het ter beschikking stellen van zijn werk.

Arno Kuijlaars Kessel-Lo, 21 maart 2004

Inhoudsopgave 1 De Getallenverzamelingen 1.1 Verzamelingen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.1.1 Verzamelingen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2 Natuurlijke getallen en het principe van volledige inductie 1.2.1 De natuurlijke getallen, N . . . . . . . . . . . . . . 1.2.2 Bewijs door volledige inductie . . . . . . . . . . . . 1.3 Gehele getallen en rationale getallen . . . . . . . . . . . . 1.3.1 De gehele getallen, Z . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3.2 De rationale getallen, Q . . . . . . . . . . . . . . . 1.4 De verzameling van reële getallen, R . . . . . . . . . . . . 1.4.1 Het volledig en totaal geordend veld (R, +, ×, ≤) . 1.4.2 Het binomium van Newton . . . . . . . . . . . . . 1.5 Absolute waarde en intervallen . . . . . . . . . . . . . . . 1.5.1 Absolute waarde . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.5.2 Open en gesloten intervallen . . . . . . . . . . . . . 1.5.3 Omgevingen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.6 Complexe getallen, C . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.7 Oefeningen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 Functies, Rijen, Continu¨ıteit en Limieten 2.1 Functies . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.1.1 Definitie en kenmerken . . . . . . . . . . . . . 2.1.2 Bewerkingen op functies . . . . . . . . . . . . 2.1.3 Reële functies van één reële veranderlijke . . 2.1.4 Complexe functies . . . . . . . . . . . . . . . 2.2 Rijen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2.1 Definitie en voorbeelden . . . . . . . . . . . . 2.2.2 Kenmerken van rijen . . . . . . . . . . . . . . 2.2.3 Rekenregels voor limieten van rijen . . . . . . 2.2.4 Deelrijen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2.5 Het O symbool . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3 Continu¨ıteit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3.1 Definities en voorbeelden . . . . . . . . . . . 2.3.2 Continu¨ıteit van scalaire veelvouden, sommen ties en van samengestelde functies . . . . . . 2.3.3 Twee belangrijke stellingen . . . . . . . . . . 2.3.4 Continu¨ıteit van inverse functie . . . . . . . . 2.4 Limieten van functies . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4.1 Definities en voorbeelden . . . . . . . . . . . i

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . en . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . producten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . van func. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1 1 1 2 2 2 4 5 5 6 6 11 12 12 14 15 16 21 23 23 23 27 29 31 32 32 34 40 44 47 47 48 52 54 59 61 61

ii

Inhoudsopgave

2.5

2.4.2 Rekenregels voor limieten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Oefeningen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3 Differentiaalrekening 3.1 Afgeleide en afgeleide functie . . . . . . . . . . . . . . . . 3.1.1 Definities en meetkundige betekenis . . . . . . . . 3.1.2 Hogere orde afgeleiden . . . . . . . . . . . . . . . . 3.1.3 Differentieerbaarheid en continu¨ıteit . . . . . . . . 3.2 Rekenregels voor afgeleiden . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2.1 Afgeleide van som, verschil, product en quotiënt . 3.2.2 Afgeleide van samengestelde functies. Kettingregel 3.3 Middelwaardestellingen van de differentiaalrekening . . . . 3.3.1 Kritieke punten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3.2 De stellingen van Rolle, Lagrange en Cauchy . . . 3.3.3 De regels van de l’Hôpital . . . . . . . . . . . . . . 3.4 Verloop van functies, stijgende en dalende functies . . . . 3.5 Oefeningen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

67 71

. . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . .

79 79 79 83 83 84 85 88 93 93 96 100 102 108

4 Reeksen en Machtreeksen 4.1 Rijen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.2 Reeksen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.2.1 Definities en kenmerken . . . . . . . . . . . . . . . . 4.2.2 Convergentie van reeksen met niet-negatieve termen 4.2.3 Convergentie van reeksen met algemene termen . . . 4.3 Machtreeksen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.4 Taylorveeltermen en Taylorreeksen . . . . . . . . . . . . . . 4.4.1 Taylorveeltermen en de formule van Taylor . . . . . 4.4.2 Convergentie van Taylorreeksen . . . . . . . . . . . . 4.5 Oefeningen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

117 117 118 118 122 128 131 138 138 142 149

. . . . . . . . . . . . . . . . . . .

153 153 153 158 159 161 161 164 168 168 172 177 177 188 191 196 198 202 203 209

5 Transcendente Functies 5.1 De exponentiële functie: exp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.1.1 Definitie en kenmerken . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.1.2 Maclaurinreeks en Maclaurinveeltermen voor e x . . . . . . . . . . 5.1.3 Hyperbolische functies . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.2 De logaritmische functie: ln . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.2.1 Definitie en kenmerken . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.2.2 De inverse hyperbolische functies . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.3 De algemene exponentiële en de algemene logaritmische functie . . . . . 5.3.1 De functies ax en log a x . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.3.2 Algemene machtsfunctie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.4 De goniometrische functies . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.4.1 De functies sin en cos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.4.2 De functies tan, cotan, cosec en sec . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.5 Inverse functies van de goniometrische functies: cyclometrische functies 5.6 De exponentiële functie in het complexe vlak . . . . . . . . . . . . . . . 5.7 Toepassing: Lineaire differentiaalvergelijkingen . . . . . . . . . . . . . . 5.7.1 Lineaire differentiaalvergelijking met constante coëfficiënten . . . 5.7.2 De homogene vergelijking . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.7.3 De niet-homogene vergelijking . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Inhoudsopgave

5.8

iii

5.7.4 Variatie van de constanten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 210 5.7.5 Methode der onbepaalde coëfficiënten . . . . . . . . . . . . . . . . . . 213 Oefeningen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 217

6 Grafieken van Functies en Vergelijkingen 6.1 Systematisch onderzoek van grafieken van functies 6.1.1 Convexiteit en buigpunten . . . . . . . . . . 6.1.2 Asymptoten . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.2 Kegelsneden . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.3 Poolcoördinaten en parametervergelijkingen . . . . 6.3.1 Poolcoördinaten en krommen . . . . . . . . 6.3.2 Geparametriseerde krommen in R 2 . . . . . 6.4 Oefeningen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

227 227 228 231 238 243 243 246 252

7 Integraalrekening 7.1 Bepaalde integralen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.1.1 Riemann-integralen: begripsbepaling . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.1.2 Een continue functie is Riemann-integreerbaar . . . . . . . . . . . . . 7.1.3 Meetkundige interpretatie van bepaalde integraal . . . . . . . . . . . . 7.2 Primitieve functies, onbepaalde integralen en de hoofdstellingen van de integraalrekening . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.3 Eigenschappen van bepaalde integralen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.4 Integratietechnieken . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.4.1 Substitutiemethode en partiële integratie . . . . . . . . . . . . . . . . 7.4.2 Integratie van rationale functies . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.4.3 Integralen van goniometrische functies . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.5 Oneigenlijke integralen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.5.1 Definities en voorbeelden . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.5.2 Convergentiekenmerken . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.5.3 De integraaltest . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.5.4 De gamma functie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.6 Toepassingen op berekening van lengte, oppervlakte en volume . . . . . . . . 7.6.1 De lengte van een kromme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.6.2 Oppervlakte van een deel van het platte vlak in poolcoördinaten . . . 7.6.3 Oppervlakte en volume van een omwentelingslichaam . . . . . . . . . 7.7 Toepassing op differentiaalvergelijkingen: Scheiding van veranderlijken . . . . 7.7.1 Lijnelementenveld van x0 = f (x, t) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.7.2 Scheidbare veranderlijken . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.7.3 Logistiek model . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.7.4 Lineaire differentiaalvergelijkingen van de eerste orde . . . . . . . . . . 7.8 Oefeningen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

257 258 258 263 269

Index

336

271 276 279 280 286 291 295 295 299 301 304 306 306 309 311 313 314 315 319 320 323

iv

Inhoudsopgave

Hoofdstuk 1

De Getallenverzamelingen In dit eerste hoofdstuk wordt een aantal begrippen of termen ingevoerd die in het vervolg van deze basiscursus wiskunde frequent gebruikt zullen worden. We beschrijven eerst verzamelingen en relaties vanuit een algemeen gezichtspunt en maken daarbij een aantal notatieafspraken. Daarna komen de getallenverzamelingen aan bod die een vitale rol spelen bij het kwantitatief beschrijven van fenomenen. De reële getallen, die erg belangrijk zijn in dit deel van de cursus, worden zo in een context geplaatst en krijgen ook extra aandacht. In dit eerste deel van de cursus wiskunde worden immers reële functies van één reële veranderlijke bestudeerd. Het definitiegebied en het bereik van deze functies zijn beide deelverzamelingen van de verzameling van reële getallen. De reële getallen vormen dus de basis van de reële analyse en om deze reden worden in dit hoofdstuk de definities en de eigenschappen van reële getallen samengebracht die in het vervolg van deel 1 worden gebruikt.

1.1 1.1.1

Verzamelingen Verzamelingen

Definitie:

Een verzameling is een geheel van aparte ‘onderdelen’, die men de elementen van die verzameling noemt.

Hierbij dient de term ‘onderdelen’ ruim opgevat te worden: het kunnen objecten zijn, maar ook dieren, mensen, enz. die één of meerdere gemeenschappelijke kenmerken hebben. Het betreft hier dus een zeer ruim begrip dat nauwkeurig beschreven dient te worden. Voor elk ‘element’ moet het ondubbelzinnig vastliggen of het tot de verzameling behoort of niet. Hiertoe kan men de verzameling omschrijven door de eigenschappen waar haar elementen aan voldoen op te noemen, bv. A = {x | x is een deler van 6}. Men kan ook haar elementen opnoemen, bv. A = {1, 2, 3, 6}. We geven aan dat element x tot de verzameling A behoort met de symbolische notatie x ∈ A (lees: ‘x is een element van A’) en we zeggen dan ook dat A het element x bevat. De notatie b ∈ / A daarentegen, geeft aan dat b niet tot A behoort (‘b is geen element van A’). Het aantal elementen van verzameling A wordt genoteerd met #A (= 4 in het voorbeeld hierboven). De lege verzameling bevat geen elementen en wordt genoteerd met het symbool ∅. Een verzameling die juist één element bevat, noemt men een singleton. Als alle elementen van A ook tot B behoren, noemt men A een deelverzameling van B, hetgeen men noteert met A ⊂ B. We kunnen een aantal bewerkingen uitvoeren op verzamelingen die nieuwe verzamelingen opleveren: • de doorsnede van twee verzamelingen A en B, A ∩ B, is de verzameling van objecten 1

2

Hoofdstuk 1 die behoren tot A én B: A ∩ B = {x | x ∈ A en x ∈ B} . De verzamelingen A en B zijn disjunct indien A ∩ B = ∅. • de unie, of ook wel vereniging van A en B, A ∪ B, is de verzameling van elementen die tot A of B behoren, waarbij de ‘of’ niet exclusief wordt gebruikt (m.a.w. het element mag tot tot A of tot B of tot allebei behoren): A ∪ B = {x | x ∈ A of x ∈ B} . • het verschil van A en B, A \ B, is de verzameling van elementen van A die niet tot B behoren: A \ B = {x | x ∈ A en x ∈ / B} . • het cartesisch product van A en B, A × B, is de verzameling van alle geordende tweetallen (koppels) (x, y) waarbij x tot A en y tot B behoort: A × B = {(x, y) | x ∈ A en y ∈ B} .

1.2 1.2.1

Natuurlijke getallen en het principe van volledige inductie De natuurlijke getallen, N

De natuurlijke getallen worden gebruikt om te tellen. De verzameling van deze getallen wordt met N genoteerd: N = {0, 1, 2, 3, 4, 5, . . .} . Met de notatie N0 bedoelt men de natuurlijke getallen zonder 0. (Let op dat in de internationale literatuur wordt meestal N gebruikt voor de natuurlijke getallen zonder 0 en N 0 voor de natuurlijke getallen met 0.) De verzameling N is oneindig groot. De natuurlijke getallen zijn op de gebruikelijke manier geordend. 0 is het kleinste element, dan komt 1, vervolgens 2, 3, enzovoorts. Elk natuurlijk getal n heeft ook een opvolger n + 1. De volgende eigenschap van de natuurlijke getallen is intu¨ıtief duidelijk, maar we zullen ze hier niet bewijzen. Eigenschap 1.1: Elke niet-lege deelverzameling van de natuurlijke getallen heeft een kleinste element.

1.2.2

Bewijs door volledige inductie

Nauw verwant met de natuurlijke getallen is het principe van volledige inductie. Deze bewijsvorm wordt vaak toegepast in de wiskunde. We geven er daarom eerst een algemene formulering van.

De Getallenverzamelingen

3

Stelling 1.2: Een uitspraak P (n) die afhangt van een natuurlijk getal n, geldt voor alle natuurlijke getallen indien aan de volgende twee voorwaarden voldaan is. • De uitspraak P (0) is juist. • Indien de uitspraak P (k) juist is voor zekere k ≥ 0, dan is de uitspraak P (k + 1) eveneens juist.

Bewijs: We geven een bewijs uit het ongerijmde. Dit wil zeggen dat we veronderstellen dat de stelling niet waar is. Uit deze (foute) veronderstelling gaan we vervolgens met een logische redenering tot een tegenspraak komen. De conclusie luidt dan dat de veronderstelling foutief moest zijn, en dus dat de stelling wel waar is. Veronderstel dus dat de stelling niet geldt. Er is bijgevolg een natuurlijke getal n ≥ 0 waarvoor P (n) niet geldt. De verzameling A = {n ∈ N | P (n) is vals } is dus niet leeg. Uit Eigenschap 1.1 volgt dat A een kleinste element heeft. Het kleinste element van deze verzameling noteren we met n 0 . Omdat P (0) juist is, is dan n0 6= 0. Dan is n0 − 1 een natuurlijk getal en het is geen element van A. Dus is P (n 0 − 1) juist. Daar n0 = (n0 − 1) + 1 volgt dat P (n0 ) geldt. Dit is duidelijk in tegenspraak met n 0 ∈ A, zodat de veronderstelling fout is en de uitspraak P (n) geldt voor alle n ≥ 1. 2 De eerste voorwaarde bij volledige inductie is dat P (0) juist is. Dit wordt de basisstap genoemd. De tweede voorwaarde is dat P (k) =⇒ P (k + 1) voor elk natuurlijk getal k. Deze noemt men de inductiestap. In een bewijs dat gebaseerd is op het principe van volledige inductie zal men in de inductiestap aannemen dat P (k) juist is voor zekere k om daaruit P (k + 1) te bewijzen. De aanname dat P (k) juist is noemt men de inductiehypothese. Het principe van volledige inductie kunnen we ook bij 1 laten beginnen in plaats van bij 0. In dat geval is de basisstap dat P (1) juist is en de inductiestap is dat P (k) =⇒ P (k + 1) juist is voor elke k ∈ N0 . Hieruit volgt dan dat de uitspraak P (n) juist is voor elke n ∈ N 0 . Voorbeeld 1.1: Als voorbeeld van het gebruik van het principe van volledige inductie bewijzen we dat voor elke n ∈ N0 geldt n(n + 1) 1 +2 + ··· + n = . (1.1) 2 Bewijs: De uitspraak (1.1) noemen we P (n). Basisstap (P (1) is juist) P (1) is de uitspraak dat 1 = 1·2 2 en dit is duidelijk juist. Inductiestap (Voor iedere k ∈ N0 geldt P (k) ⇒ P (k + 1)) Neem k ∈ N0 en veronderstel dat P (k) juist is. Dat wil zeggen dat 1 + 2 + ··· + k =

k(k + 1) . 2

4

Hoofdstuk 1

Hieruit volgt 1 + 2 + · · · + k + (k + 1) = Aangezien k(k + 1) + k + 1 = (k + 1) 2

k(k + 1) + (k + 1). 2

k +1 2

zien we dat 1 + 2 + · · · + k + (k + 1) =

=

(k + 1)(k + 2) 2

(k + 1)(k + 2) 2

en dit is precies de uitspraak P (k + 1). Dus P (k + 1) is juist. Conclusie Omdat de basisstap en de inductiestap bewezen zijn, geldt de uitspraak P (n) voor elke n ∈ N0 , vanwege het principe van volledige inductie. 2 In (1.1) staat de som van de getallen 1, 2, . . . , n. Een kortere schrijfwijze hiervoor, die het gebruik van de puntjes + · · · + vermijdt, maakt gebruik van het somteken Σ. Voor getallen a1 , a2 , . . . , an noteren we n X ak = a 1 + a 2 + · · · + a n . (1.2) k=1

De veranderlijke k die in deze notatie gebruikt wordt is de sommatieindex. Ze heeft zelf geen betekenis en kan door een andere letter vervangen worden op voorwaarde dat die letter n P aj waarbij we j als sommatieindex ook zelf geen betekenis heeft. Zo is (1.2) gelijk aan j=1

gebruiken. Het is echter niet mogelijk om n als sommatieindex te gebruiken. Het is niet noodzakelijk dat de sommatieindex begint bij 1. We kunnen (1.2) ook bijvoorbeeld schrijven P als n−1 a . Gebruik makend van de somnotatie wordt de uitspraak (1.1) j+1 j=0 n X k=1

k=

n(n + 1) . 2

Q Op analoge wijze voeren we het productteken in voor het product van de getallen a1 , a 2 , . . . , a n , n Y aj = a 1 · a 2 · · · · · a n . j=1

Het speciale geval dat aj = j komt tamelijk veel voor en heeft daarom een aparte notatie n! =

n Y

j=1

j = 1 · 2 · · · · · (n − 1) · n.

(1.3)

n! wordt uitgesproken als n-faculteit. (In het Engels: n-factorial.) We spreken ook af dat 0! = 1.

1.3

(1.4)

Gehele getallen en rationale getallen

Binnen N kunnen we twee getallen optellen en vermenigvuldigen. Het resultaat is weer een natuurlijk getal. We kunnen echter niet altijd aftrekken of delen. Zo zijn 2 − 5 en 5/4 niet gedefinieerd binnen N.


1.3.1

5

De gehele getallen, Z

De verzameling Z van de gehele getallen is een uitbreiding van N met negatieve gehele getallen: Z = {. . . , −3, −2, −1, 0, 1, 2, 3, . . .} ,

en Z0 = Z \ {0}. Binnen Z kunnen we nu optellen en aftrekken. Dus 2 − 5 bestaat in Z en is gelijk aan −3. Gehele getallen kunnen ook met elkaar vermenigvuldigd worden en het resultaat is weer een geheel getal. We kunnen echter niet delen in Z.

1.3.2

De rationale getallen, Q

De verzameling van de rationale getallen Q is op haar beurt een uitbreiding van Z. De verzameling van de ’breuken’ wordt gedefinieerd als: nm o Q= | m ∈ Z, n ∈ Z, n 6= 0 , n

p met (per definitie): m n = q als en slechts als mq = np. Een geheel getal n ∈ Z wordt ge¨ıdentificeerd met de breuk n1 in Q. Men noteert ook Q0 = Q \ {0}. De optelling en vermenigvuldiging worden van Z uitgebreid tot Q door

m p mq + np + = , n q nq

m p mp × = . n q nq

In Q kan men goed rekenen. Naast optellen, aftrekken en vermenigvuldigen, kan men ook de deling xy uitvoeren van twee rationale getallen x, y ∈ Q als tenminste y 6= 0. Het resultaat van de deling is weer een rationaal getal. Bovendien kan men elke vergelijking van de vorm ax + b = c met a, b, c ∈ Q, a 6= 0 oplossen binnen Q. Toch zijn er bepaalde tekortkomingen van Q die het niet geschikt maken om mee te werken. Er zitten namelijk ’gaten’ in Q. Dit wordt ge¨ıllustreerd met volgende eigenschap. Eigenschap 1.3: Er bestaat geen rationaal getal a zodat a 2 = 2. Bewijs: We geven een bewijs uit het ongerijmde. Neem dus aan dat a een rationaal getal is dat de eigenschap heeft dat a2 = 2. We schrijven a = m n met m, n ∈ N, waarbij we mogen aannemen dat m en n niet allebei even zijn. Immers, door vereenvoudiging van de breuk m n kunnen we dit altijd realiseren. Uit m 2 a2 = =2 n volgt dan dat m2 = 2n2 . Het rechterlid is even, en bijgevolg is m 2 even. Hieruit volgt dat m even is. Immers het kwadraat van een oneven getal is altijd oneven. Schrijf m = 2k met k ∈ N. Dit invullen in de bovenstaande gelijkheid geeft 4k 2 = 2n2 en dus n2 = 2k 2 . Hieruit volgt dat n2 en dus ook n even is. We komen bijgevolg tot het resultaat dat m en n beide even zijn. Dit is in strijd met de aanname dat m en n niet allebei even zijn. We vinden een tegenspraak en de conclusie is dat er geen rationaal getal a bestaat met a 2 = 2. 2

6

Hoofdstuk 1

Andere ‘tekortkomingen’ van Q hebben te maken met ‘volledigheid’ en het bestaan van ’supremum’ en ’infimum’ (zie verder). Er zijn dus redenen om Q nog verder uit te breiden. Dat doen we dan ook in de volgende paragraaf.

1.4 1.4.1

De verzameling van re¨ ele getallen, R Het volledig en totaal geordend veld (R, +, ×, ≤)

In wat volgt wordt op axiomatische wijze door drie definiërende voorwaarden het volledige en totaal geordend veld van de re¨ ele getallen ingevoerd. De eerste definiërende eigenschap legt de algebra¨ısche eigenschappen vast. Dit gebeurt door op de verzameling R twee inwendige samenstellingswetten, optelling (+) en vermenigvuldiging (×), te definiëren die aan een aantal eigenschappen voldoen. Dit zijn de algebra¨ısche eigenschappen van R en ze worden kort samengevat door te zeggen dat (R, +, ×) een veld is. Door de tweede definiërende eigenschap wordt in dit veld een orderelatie (≤) bepaald die de ordeningseigenschappen van de reële getallen vastlegt. Deze orderelatie maakt het mogelijk om te spreken over kleinere en grotere reële getallen. (R, +, ×, ≤) is dan een totaal geordend veld. De derde definiërende eigenschap houdt verband met de volledigheid van de reële getallen. Ze is minder vanzelfsprekend dan de twee vorige definiërende eigenschappen, maar is cruciaal in de zin dat ze de reële getallen onderscheidt van bijvoorbeeld de rationale getallen. Deze drie definiërende eigenschappen en de daarmee samenhangende axioma’s worden niet op hun consistentie onderzocht. We nemen het pragmatische standpunt in dat een systeem reële getallen bestaat dat aan de opgegeven axioma’s voldoet, en in dit ‘systeem’ van reële getallen worden de reële functies van één reële veranderlijke bestudeerd. De eigenlijke constructie van R vanuit Q is abstract en valt buiten de doelstellingen van deze cursus. De eerste definiërende eigenschap zorgt ervoor dat in R de algebra¨ısche bewerkingen optelling + en vermenigvuldiging × kunnen worden uitgevoerd. We nemen aan dat de som x + y en het product x × y (of kortweg xy) van twee reële getallen bestaat en weer een element van R is. De optelling en de vermenigvuldiging voldoen aan een aantal ’natuurlijke’ eigenschappen. De eerste eigenschappen (1.5)–(1.8) hebben alleen betrekking op de optelling. • De optelling is associatief: ∀x, y, z ∈ R : (x + y) + z = x + (y + z).

(1.5)

• de optelling heeft een neutraal element dat we 0 noemen; dat wil zeggen: ∀x ∈ R : x + 0 = 0 + x = x.

(1.6)

• elk element heeft een tegengesteld element: ∀x ∈ R : ∃y ∈ R : x + y = 0 = y + x.

(1.7)

Het tegengesteld element van x wordt met −x aangegeven. • De optelling is commutatief: ∀x, y ∈ R : x + y = y + x

(1.8)

De eigenschappen (1.5)–(1.8) worden wel samengevat door te zeggen dat (R, +) een commutatieve groep is. De eigenschappen (1.9)–(1.12) hebben betrekking op de vermenigvuldiging.


7

• de vermenigvuldiging is associatief: ∀x, y, z ∈ R : (x × y) × z = x × (y × z).

(1.9)

• de vermenigvuldiging is commutatief: ∀x, y ∈ R : x × y = y × x.

(1.10)

• de vermenigvuldiging heeft een neutraal element dat we 1 noemen; er geldt: ∀x ∈ R : x × 1 = 1 × x = x.

(1.11)

• elk element in R0 = R \ {0} heeft een invers element voor de vermenigvuldiging: ∀x ∈ R0 : ∃y ∈ R0 : x × y = y × x = 1.

(1.12)

De laatste eigenschap geeft een verband tussen de optelling en de vermenigvuldiging. • de vermenigvuldiging is distributief ten opzichte van de optelling: ∀x, y, z ∈ R : x × (y + z) = x × y + x × z.

(1.13)

De eigenschappen (1.5)–(1.13) worden kortweg samengevat door te zeggen dat (R, +, ×) een veld is.

Eerste defini¨ erende eigenschap van de re¨ ele getallen: (R, +, ×) is een veld De tweede definiërende eigenschap van de reële getallen hangt samen met de orderelatie ≤ die op R aanwezig is. Deze orderelatie heeft de volgende eigenschappen. • de ordening is reflexief:

∀x ∈ R : x ≤ x.

(1.14)

∀x, y ∈ R : x ≤ y én y ≤ x =⇒ x = y.

(1.15)

• de ordening is anti-symmetrisch:

• de ordening is transitief:

• de ordening is totaal:

∀x, y, z ∈ R : x ≤ y én y ≤ z =⇒ x ≤ z.

(1.16)

∀x, y ∈ R : x ≤ y o´f y ≤ x.

(1.17)

Verder nemen we aan dat de ordening zich goed gedraagt ten opzichte van de optelling en de vermenigvuldiging, namelijk • ordening blijft behouden bij optellen van reëel getal: ∀x, y, a ∈ R : x ≤ y =⇒ x + a ≤ y + a.

(1.18)

8

Hoofdstuk 1 • ordening blijft behouden bij vermenigvuldigen met positief reëel getal: ∀x, y, a ∈ R : x ≤ y en 0 ≤ a =⇒ x × a ≤ y × a.

(1.19)

De eigenschappen (1.14)–(1.19) worden kort samengevat door te zeggen dat (R, +, ×, ≤) een totaal geordend veld is. Dit is de tweede definiërende eigenschap van de reële getallen.

Tweede defini¨ erende eigenschap van de re¨ ele getallen: (R, +, ×, ≤) is een totaal geordend veld

Als x ≤ y, dan zeggen we dat x kleiner dan of gelijk is aan y. Naast ≤ gebruiken we ook de andere bekende symbolen <, ≥ en >. Hierbij betekent x < y dat x ≤ y en x 6= y, x ≥ y is hetzelfde als y ≤ x, en x > y is hetzelfde als y < x.

Een reëel getal x is positief als x > 0 en negatief als x < 0. De verzameling van de − positieve, respectievelijk negatieve, reële getallen duiden we aan met R+ 0 en R0 ; verder is + − + − R = R0 ∪ {0} en R = R0 ∪ {0}. Verdere eigenschappen van de ordening in R staan in de volgende lijst. Ze zijn eenvoudig af te leiden uit de definitie van een totaal geordend veld.

Eigenschap 1.4: Voor elk tweetal x, y ∈ R geldt • • • • •

• • • •

x ≤ y als en slechts als y − x ≥ 0, als x en y beide positief zijn, dan zijn xy en xy positief, als x en y beide negatief zijn, dan zijn xy en xy positief, als x positief en y negatief is, dan zijn xy en xy negatief, als x negatief en y positief is, dan zijn xy en xy negatief, als x 6= 0, dan is x2 positief, 1 is positief en −1 is negatief, als x 6= 0, dan zijn x en x−1 beide positief of beide negatief, als 0 < x ≤ y, dan 0 < y −1 ≤ x−1 .

We merken op dat Q voorzien van de gebruikelijke optelling, vermenigvuldiging en de orderelatie ≤ ook een totaal geordend veld is, net als (R, +, ×, ≤). Het onderscheid tussen Q en R zal gemaakt worden in de derde definiërende eigenschap waarin de volledigheid van R wordt vastgelegd.

Om de derde definiërende eigenschap van de reële getallen te kunnen formuleren, moeten we de begrippen bovengrens en supremum, ondergrens en infimum invoeren.


Definitie:

9

Zij W ⊂ R. Een element b van R is een bovengrens van W indien ∀x ∈ W : x ≤ b. Indien de deelverzameling W een bovengrens heeft, wordt ze naar boven begrensd genoemd. Analoog is een element c van R een ondergrens van W indien ∀x ∈ W : c ≤ x. De verzameling W is dan naar onder begrensd. Een verzameling die zowel naar onder begrensd als naar boven begrensd is, wordt begrensd genoemd.

Definitie:

Een bovengrens s van W is de kleinste bovengrens of het supremum van W (sup W) indien voor elke bovengrens b van W geldt dat s ≤ b. Analoog is t de grootste ondergrens of infimum van W (inf W) indien t een ondergrens is van W en voor elke ondergrens c van W geldt dat c ≤ t.

Natuurlijk geldt inf W ≤ sup W als het infimum en het supremum beide bestaan. Het supremum en infimum van een begrensde verzameling behoren niet steeds tot deze verzameling en moeten worden onderscheiden van het maximum en het minimum van de verzameling W. Inderdaad max W en min W zijn gedefinieerd door M = max W

⇐⇒

M ∈ W en ∀x ∈ W : x ≤ M

m = min W

⇐⇒

m ∈ W en ∀x ∈ W : m ≤ x.

We wijzen er op dat het maximum en minimum van een verzameling W niet noodzakelijk bestaan. Ook het supremum en infimum bestaan niet altijd. Een eigenschap in verband met het supremum die nog zal terug komen is: Eigenschap 1.5: Als s het supremum is van de verzameling W dan ∀ε > 0 : ∃x ∈ W : s − ε < x. Bewijs: Neem een willekeurige ε > 0. Dan is s − ε kleiner dan s. Omdat s de kleinste bovengrens is van W, is s − ε geen bovengrens. Dan moet er dus een x ∈ W zijn met s − ε < x. 2 We hebben bijgevolg dat s het supremum is van W als en slechts als ∀x ∈ W : x ≤ s

én

∀ε > 0 : ∃x ∈ W : s − ε < x.

Analoog geldt dat t het infimum is van W als en slechts als ∀x ∈ W : t ≤ x

én

∀ε > 0 : ∃x ∈ W : x < t + ε.

Een niet-lege en naar boven begrensde verzameling in een totaal geordend veld heeft niet altijd een supremum. Dit is bijvoorbeeld niet altijd het geval in Q. De verzameling W = {x ∈ Q | x2 < 2}

10

Hoofdstuk 1

is een voorbeeld van een begrensde deelverzameling van Q die geen supremum heeft. In R heeft wel elke niet-lege naar boven begrensde deelverzameling een supremum. Ook heeft elke niet-lege naar beneden begrensde deelverzameling een infimum. Deze eigenschap van R wordt de volledigheid van R genoemd.

Derde defini¨ erende eigenschap van de re¨ ele getallen: Het totaal geordend veld (R, +, ×, ≤) is volledig Het feit dat elke niet-lege en naar boven begrensde verzameling in R een supremum bezit in R, terwijl dit niet steeds het geval is voor een niet-lege en naar boven begrensde verzameling in Q, vormt het fundamenteel onderscheid tussen Q en R. Als eerste gevolg van de volledigheid van R bewijzen we de eigenschap van Archimedes en de dichtheid van Q in R. Eigenschap van Archimedes Stelling 1.6: Als a, b ∈ R en a > 0 dan bestaat er een natuurlijk getal n zodat b < na. Bewijs: We geven het bewijs uit het ongerijmde. Veronderstel dat er geen natuurlijk getal n bestaat met b < na. Omdat a > 0 geldt dan ab > n voor elke n ∈ N. Dan is ab een bovengrens van N. Omdat R volledig is, heeft N een supremum s in R. Noem dit supremum s. Dan is s − 1 geen bovengrens van N en bijgevolg is er een natuurlijk getal n met s − 1 < n. Dan volgt s < n + 1. Dit is evenwel in tegenspraak met het feit dat n + 1 een natuurlijk getal is en dat s het supremum van N is. Deze tegenspraak leidt tot de conclusie dat er wel een natuurlijk getal n is met b < na. 2 Dichtheid van Q in R Stelling 1.7: Tussen twee verschillende reële getallen x en y ligt steeds een rationaal getal. Bewijs: We veronderstellen dat x < y zodat y − x > 0. Uit Stelling 1.6 (met b = 1 en a = y − x) volgt dat er een natuurlijk getal n ∈ N bestaat met 1 < n(y − x). Bijgevolg is n1 < y − x, en dus x + n1 < y. Uiteraard geldt n 6= 0. Zij m ∈ Z het kleinste gehele getal dat strikt groter is dan xn. Dan geldt m−1 ≤ xn < m, m en daaruit volgt m−1 n ≤ x < n . Dan is ook m m−1 1 1 = + ≤ x + < y. n n n n Hieruit volgt x <

m n

< y. Daar

m n

∈ Q ligt er inderdaad een rationaal getal tussen x en y. 2

Merk op dat tussen elk tweetal verschillende reële getallen in feite oneindig veel rationale getallen liggen.


1.4.2

11

Het binomium van Newton

Het is bekend dat (x + y)2 = x2 + 2xy + y 2 en (x + y)3 = x3 + 3x2 y + 3xy 2 + y 3 . Het binomium van Newton is een uitbreiding hiervan. Het geeft een ontwikkeling voor (x + y) n voor elke n. We hebben hiervoor eerst nog de volgende definitie nodig. Definitie: Voor iedere n ∈ N en k ∈ {0, 1, . . . , n} wordt de binomiaalco ¨ effici¨ ent nk gegeven door n n! = (1.20) k k!(n − k)! Herinner u dat n! gelijk is aan n-faculteit, zie (1.3)–(1.4). Het getal nk geeft het aantal mogelijkheden om k objecten te kiezen uit n. Dit wordt ook wel het aantal combinaties van k uit n genoemd en nk wordt ook wel een combinatiegetal genoemd.

Stelling 1.8:

Voor elke n ∈ N0 geldt n

∀x, y ∈ R : (x + y) =

n X n

j

j=0

xj y n−j .

(1.21)

Bewijs: We bewijzen (1.21) door volledige inductie waarbij P (n) de uitspraak (1.21) is. Basisstap P (1) is juist want voor n = 1 zijn beide leden in (1.21) gelijk aan x + y. Inductiestap Neem k ∈ N0 en neem aan dat P (k) juist is. Dat wil zeggen dat k

(x + y) =

k X k

j

j=0

xj y k−j .

We moeten aantonen dat P (k + 1) juist is, hetgeen wil zeggen dat (x + y)

k+1

=

k+1 X k+1 j

j=0

xj y k+1−j .

We hebben (x + y)

k+1

k

= (x + y)(x + y) = (x + y)

k X k j=0

j

xj y k−j

waarbij we van de inductiehypothese gebruik hebben gemaakt. We werken dit verder uit tot (x + y)

k+1

=

k X k j=0

= x

k+1

j

+

x

j+1 k−j

k−1 X j=0

= xk+1 +

y

j=0

j

xj y k+1−j

k k j+1 k−j X k j k+1−j x y + x y + y k+1 j j

k X l=1

+

k X k

j=1

k k + xl y k+1−l + y k+1 . l−1 l

12

Hoofdstuk 1

Er geldt

zodat

k+1 k+1

= 1,

k+1 0

= 1,

k k k+1 + = , l−1 l l

k k + 1 k+1 X k + 1 l k+1−l k + 1 k+1 x + + y xy k+1 0 l l=1 k+1 X k + 1 l k+1−l = xy l l=0 k+1 X k + 1 j k+1−j = . xy j

(x + y)k+1 =

j=0

Dit is de uitspraak P (k + 1) en bijgevolg geldt de inductiestap. Conclusie Met behulp van het principe van volledige inductie is de uitspraak P (n) nu bewezen voor elke n ∈ N0 . 2

1.5 1.5.1

Absolute waarde en intervallen Absolute waarde

Definitie:

De absolute waarde of modulus van een reëel getal x wordt voorgesteld door |x| en gedefinieerd door  indien x > 0,  x |x| = 0 indien x = 0,  −x indien x < 0.

Het is eenvoudig in te zien dat

|x| = max(x, −x). Uiteraard geldt |x| ≥ 0 en |x| = 0 als en slechts als x = 0. De volgende eigenschappen van absolute waarde zullen frequent gebruikt worden. Het bewijs wordt aan de lezer overgelaten. Eigenschap 1.9: Voor iedere x, y ∈ R geldt 1. |x| ≤ r

⇐⇒

−r ≤ x ≤ r,

2. | − x| = |x|, 3. |x|2 = x2 = |x2 |, 4. −|x| ≤ x ≤ |x|, 5. |xy| = |x||y|, 6. xy = |x| |y| voor y 6= 0.


13

Van groot belang is de driehoeksongelijkheid van de absolute waarde. Stelling 1.10: Voor iedere x, y ∈ R geldt

|x + y| ≤ |x| + |y|.

(1.22)

Bewijs: Er geldt −|x| ≤ x ≤ |x| en −|y| ≤ y ≤ |y|. Als we deze ongelijkheden optellen, bekomen we −|x| − |y| ≤ x + y ≤ |x| + |y|. Dit wil zeggen −(|x| + |y|) ≤ x + y ≤ |x| + |y|. Volgens onderdeel 1. van Eigenschap 1.9 (toegepast met r = |x| + |y|) geldt dan (1.22). 2 De driehoeksongelijkheid wordt in verschillende vormen gebruikt. Zo geldt bijvoorbeeld ook |x − y| ≤ |x| + |y|. Een andere vorm van de driehoeksongelijkheid staat bekend als de omgekeerde driehoeksongelijkheid. Eigenschap 1.11: Voor iedere x, y ∈ R geldt

||x| − |y|| ≤ |x − y|.

(1.23)

Bewijs: Uit x = x − y + y en de driehoeksongelijkheid volgt |x| ≤ |x − y| + |y| en dus |x| − |y| ≤ |x − y|. Door x en y van rol te laten wisselen vinden we ook |y| − |x| ≤ |y − x| = |x − y| en dus −|x − y| ≤ |x| − |y|. We hebben dan −|x − y| ≤ |x| − |y| ≤ |x − y|. Vanwege Eigenschap 1.9.1 volgt dan (1.23). 2 Met behulp van de absolute waarde wordt de afstand tussen twee reële getallen x en y gedefinieerd. Definitie:

De afstand tussen twee reële getallen x en y wordt gedefinieerd door |x − y|.

De afstand tussen twee reële getallen voldoet aan volgende eigenschappen. • De afstand is positief definiet, dit wil zeggen |x − y| ≥ 0 én

|x − y| = 0 ⇐⇒ x = y.

• De afstand is symmetrisch, dit is |x − y| = |y − x|. • Voor de afstand geldt de driehoeksongelijkheid , namelijk: |x − z| ≤ |x − y| + |y − z|.

14

Hoofdstuk 1

1.5.2

Open en gesloten intervallen

Definitie:

Voor twee reële getallen a en b waarvoor geldt dat a < b wordt het open interval ]a, b[ gedefinieerd als de verzameling {x | a < x < b}: ]a, b[ = {x | a < x < b}. Voor twee reële getallen a en b waarvoor geldt dat a ≤ b wordt het gesloten interval [a, b] gedefinieerd door: [a, b] = {x | a ≤ x ≤ b}.

In de internationale literatuur wordt meestal (a, b) in plaats van ]a, b[ gebruikt om een open interval te noteren. Het gesloten interval bevat de eindpunten, het open interval bevat de eindpunten niet. Op analoge wijze worden de half-open intervallen ]a, b] en [a, b[ gedefinieerd als ]a, b] = {x | a < x ≤ b}

en

[a, b[ = {x | a ≤ x < b}.

De lengte van het open interval ]a, b[, het half-open interval [a, b[ of ]a, b] en het gesloten interval [a, b] is b − a. Wanneer voor het gesloten interval a gelijk is aan b wordt het gesloten interval gedegenereerd genoemd. Dan is [a, a] = {a}. Meetkundige voorstelling De meetkundige voorstelling van intervallen steunt op de klassieke voorstelling van de reële getallen op een rechte. Elk reëel getal correspondeert met juist één beeldpunt op de reële rechte. Het beeldpunt op de reële rechte dat correspondeert met het reële getal a ligt links van het beeldpunt van b als en slechts als a < b. De meetkundige voorstelling van ]a, b[, [a, b], ]a, b], [a, b[ is dan een lijnstuk dat de beeldpunten van a en b verbindt. Oneindig: +∞ en −∞ Het open interval ]a, b[ bevat noch zijn infimum a, noch zijn supremum b, maar kan uitgebreid worden tot de verzameling ]a, b[ ∪ {a, b} = [a, b] die zowel zijn infimum als supremum bevat. De verzameling R bezit in R geen supremum en geen infimum. Om deze reden voegen we aan R twee elementen +∞ en −∞ (dit zijn géén reële getallen) toe en we definiëren de uitgebreide verzameling R als R = R ∪ {−∞, +∞} met ∀x ∈ R : −∞ < x < +∞. We noemen +∞ wel ‘plus oneindig’ en −∞ ‘min oneindig’. Als we gewoon ∞ schrijven, dan bedoelen we +∞. Voor de elementen −∞ en +∞ definieert men de bewerkingen • • • •

∀x ∈ R : x + (±∞) = (±∞) + x = ±∞, ∀x ∈ R+ 0 : x(±∞) = (±∞)x = ±∞, ∀x ∈ R− 0 : x(±∞) = (±∞)x = ∓∞, (+∞) + (+∞) = +∞,


15

• (−∞) + (−∞) = −∞, • (+∞)(+∞) = (−∞)(−∞) = +∞, • (+∞)(−∞) = (−∞)(+∞) = −∞. Met behulp van deze definities worden de algemene orderelatie en de tekenregels van de bewerkingen in R behouden. De bewerkingen (+∞) + (−∞), (−∞) + (+∞), 0 × (±∞) en (±∞) × 0 worden niet gedefinieerd. Een niet naar onder begrensde verzameling in R heeft −∞ als infimum en een niet naar boven begrensde verzameling in R heeft +∞ als supremum. Oneindige intervallen Definitie:

De verzameling {x | x > a} wordt een open oneindig interval genoemd en voorgesteld door ]a, +∞[, ]a, +∞[ = {x | x > a}. De verzameling {x | x ≥ a} wordt een gesloten oneindig interval genoemd en voorgesteld door [a, +∞[, [a, +∞[ = {x | x ≥ a}.

Op dezelfde wijze definiëren we ] − ∞, a[ en ] − ∞, a] als ] − ∞, a[ = {x | x < a}, en ] − ∞, a] = {x | x ≤ a}.

1.5.3

Omgevingen

Speciale intervallen zijn δ-omgevingen van een reëel getal a. Definitie:

Beschouw een positief reëel getal δ en a ∈ R. De verzameling {x | |x − a| < δ} wordt een δ-omgeving van a genoemd en wordt genoteerd als B(a, δ): B(a, δ) = {x ∈ R | |x − a| < δ}.

B(a, δ) is het open interval ]a − δ, a + δ[ met middelpunt a en straal δ. Het bevat alle punten waarvan de afstand tot a kleiner is dan δ. Met behulp van δ-omgevingen voeren we nu de begrippen randpunt en inwendig punt in. Definitie:

Zij V een deelverzameling van R en a ∈ R. (a) a is een inwendig punt van V als er een δ > 0 bestaat zodat B(a, δ) ⊂ V. (b) a is een randpunt van V als voor elke δ > 0 geldt dat B(a, δ) ∩ V 6= ∅

en

B(a, δ) ∩ (R \ V) 6= ∅.

16

Hoofdstuk 1

Een inwendig punt van V is een element van V waarvoor er een δ-omgeving bestaat die helemaal tot V behoort. Een randpunt van V is een punt waarvoor geen enkele δ-omgeving helemaal tot V behoort, en ook niet helemaal tot R \ V. Elke δ-omgeving van een randpunt bevat dus zowel punten van V als punten buiten V. Merk op dat een inwendig punt altijd tot V behoort. Een randpunt van V kan tot V behoren, maar het hoeft niet. Zo zijn a en b randpunten van zowel het gesloten interval [a, b] als ook van het open interval ]a, b[. Definitie:

Een deelverzameling V van R noemen we gesloten indien elk randpunt van V tot V behoort. We noemen V open indien elk randpunt van V niet tot V behoort.

Volgens deze definitie is [a, b] dus een gesloten verzameling en ]a, b[ is open. Tenslotte voeren we het algemene begrip omgeving van een punt in. Definitie:

1.6

Een deelverzameling V ⊂ R wordt een omgeving van a genoemd indien a een inwending punt van V is.

Complexe getallen, C

We hebben in de vorige paragraaf de reële getallen ingevoerd en besproken. Voor heel wat problemen volstaat R. Met andere woorden, heel wat problemen kunnen wiskundig vertaald en opgelost worden in het volledig en totaal geordend veld (R, +, ×, ≤). De functies die het onderwerp vormen van dit eerste deel van de cursus, zijn reële functies die gedefinieerd worden op R. Toch heeft ook R nog een aantal tekortkomingen vanuit algebra¨ısch standpunt. Eenvoudige vergelijkingen, zoals bv. x 2 +1 = 0, hebben namelijk geen oplossing in R. Ondermeer om deze reden wordt de verzameling van complexe getallen, C, ingevoerd. Definitie:

De verzameling van de complexe getallen wordt voorgesteld door C en wordt gedefinieerd door C = R2 = {(a, b) | a, b ∈ R} .

De optelling ‘+’ wordt als volgt gedefinieerd op C: (a, b) + (c, d) = (a + c, b + d). Dit komt overeen met de optelling in R 2 . De definitie van de vermenigvuldiging is echter minder triviaal in C: (a, b)(c, d) = (ac − bd, ad + bc). Men kan controleren dat de vermenigvuldiging associatief en commutatief is en dat (1, 0) het neutraal element is voor de vermenigvuldiging. Elk complex getal (a, b) 6= (0, 0) heeft ook een invers element voor de vermenigvuldiging, namelijk a −b , . a2 + b 2 a2 + b 2 De verzameling C is met deze twee bewerkingen een veld. Dit veld kan opgevat worden als een uitbreiding van het veld van de reële getallen. We kunnen immers elk reëel getal a identificeren met een complex getal (a, 0). We noemen a dan ook het re ¨ eel deel van het complex getal (a, b). Het andere deel, b, wordt het imaginair deel van (a, b) genoemd.


17

Alternatieve notatie Het complex getal (0, 1) wordt doorgaans met i genoteerd, i = (0, 1). De ‘i’ staat voor ‘imaginaire eenheid’ en leidt tot de volgende gebruikelijke notatie voor (a, b): (a, b) = (a, 0) + (0, 1)(b, 0) ≡ a + ib. Deze schrijfwijze wordt de cartesiaanse vorm genoemd. Als z = a + ib dan noteren we Re z = Re (a + ib) = a,

Im z = Im (a + ib) = b

voor het reële en imaginaire deel van z. Het complexe getal a + i0 wordt gewoon met a genoteerd, zoals het reëel getal a dus. Het complexe getal 0 + ib wordt ook kortweg met ib genoteerd. Complexe getallen waarvan het reëel deel nul is, worden zuiver imaginair genoemd. De som van twee complexe getallen z = a + ib en w = c + id is in deze notatie z + w = (a + ib) + (c + id) = (a + c) + i(b + d) en het product is zw = (a + ib) · (c + id) = ac + iad + ibc + i2 bd = (ac − bd) + i(ad + bc). We kunnen nu ook machten nemen van een complex getal door het herhaald met zichzelf te vermenigvuldigen: z 2 = z · z, z 3 = z · z · z, z 4 = z · z · z · z, enzovoorts. We stellen ook z 0 = 1, Definitie:

en

z 1 = z.

Het complex toegevoegde van een complex getal a + ib wordt genoteerd als a + ib, en wordt als volgt gedefinieerd: a + ib = a − ib. De modulus (of absolute waarde) van een complex getal a + bi wordt genoteerd als |a + ib| en is gedefinieerd door p |a + ib| = a2 + b2 .

2 2 Merk √ op dat (a + ib)(a + ib) = a + b ≥ 0 zodat de modulus van z ∈ C gelijk is aan |z| = zz. Het complex toegevoegde is handig te gebruiken bij het delen van twee complexe getallen. Een quotiënt w/z kan namelijk in standaardvorm gebracht worden door teller en noemer te vermenigvuldigen met z. Zij namelijk z = a + ib en w = c + id met z 6= 0. Dan

w c + id c + id a − ib (c + id)(a − ib) = = · = z a + ib a + ib a − ib (a + ib)(a − ib) ac − ibc + iad − i2 bd = a2 + b 2 ac + bd ad − bc = 2 +i 2 . 2 a +b a + b2

18

Hoofdstuk 1

R 6 •

b = |z| sin θ

z = a + bi = |z| (cos θ + i sin θ)

r = |z| θ

-

a = |z| cos θ

R

Figuur 1.1: Meetkundige interpretatie van reëel en imaginair deel en van modulus en argument van een complex getal.

Cartesiaanse en goniometrische voorstelling We hebben C gedefinieerd als C = R2 . Aangezien R2 het vlak ‘beschrijft’, kan het complexe getal z = (a, b) = a + ib voorgesteld worden als een punt in het vlak met (rechthoekig cartesische) coördinaten a en b (zie Figuur 1.1). Dit heet de cartesiaanse voorstelling van z. De horizontale ele as genoemd, en de verticale de imaginaire as. De modulus √ as wordt de re¨ 2 2 |a + ib| = a + b stemt overeen met de afstand van het punt (a, b) tot de oorsprong. Het punt z = (a, b) kan ook met poolcoördinaten bepaald worden, nl. met de afstand r van z tot 0 in het vlak én de hoek θ die de overeenkomstige vector maakt met de horizontale as. Uiteraard is r = |z| (zie Figuur 1.1). Het complex getal z kan bijgevolg ook geschreven worden als z = r(cos θ + i sin θ). Deze voorstelling in termen van r en θ noemt men de goniometrische voorstelling. De hoek θ wordt het argument van z genoemd, notatie θ = arg z. Het argument is slechts op een veelvoud van 2π na bepaald. De goniometrische voorstelling is vooral handig om het product van complexe getallen uit te rekenen en te interpreteren. Neem bv. z 1 = r1 (cos θ1 + i sin θ1 ) en z2 = r2 (cos θ2 + i sin θ2 ). Dan is z1 z2 = r1 r2 (cos θ1 + i sin θ1 )(cos θ2 + i sin θ2 ) = r1 r2 [(cos θ1 cos θ2 − sin θ1 sin θ2 ) + i(sin θ1 cos θ2 + cos θ1 sin θ2 )] = r1 r2 [cos (θ1 + θ2 ) + i sin (θ1 + θ2 )] .

Dus |z1 z2 | = |z1 | |z2 |,

en

arg z1 z2 = arg z1 + arg z2 .

Afstand in het complexe vlak Met behulp van de modulus kan ook de afstand tussen twee complexe getallen gedefinieerd worden:


Definitie:

19

De afstand tussen twee complexe getallen z 1 en z2 wordt gedefinieerd door |z1 − z2 |. Als z1 = a1 + ib1 en z2 = a2 + ib2 dan is p |z1 − z2 | = (a1 − a2 )2 + (b1 − b2 )2 .

De afstand tussen complexe getallen voldoet aan dezelfde eigenschappen als de afstand tussen reële getallen, namelijk • De afstand is positief definiet, dit wil zeggen |z1 − z2 | ≥ 0,

|z1 − z2 | = 0 ⇐⇒ z1 = z2 .

en

• De afstand is symmetrisch: |z1 − z2 | = |z2 − z1 |. • De afstand voldoet aan de driehoeksongelijkheid |z1 − z3 | ≤ |z1 − z2 | + |z2 − z3 |. Tweede-graadsvergelijkingen in C De vergelijking x2 + 1 = 0 heeft wél een oplossing in C, nl. i = (0, 1), want i 2 = (0, 1)(0, 1) = −1. Negatieve getallen hebben dus een vierkantswortel in C. Merk overigens op dat ook (0, −1)(0, −1) = −1. De vergelijking x 2 + 1 = 0 heeft dus twee oplossingen in C en we kunnen de veelterm x2 + 1 ontbinden in factoren: x2 + 1 = (x − i)(x + i). Dit resultaat kan makkelijk veralgemeend worden tot veeltermen van de tweede graad met reële coefficienten: ax2 + bx + c, met a, b, c ∈ R en a 6= 0. Want c b 2 2 ax + bx + c = a x + x + a a ! 2 2 b b b c 2 = a x +2 x+ − + 2a 2a 2a a ! b 2 b2 − 4ac = a x+ − . 2a 4a2 De vergelijking ax2 + bx + c = 0 heeft dus twee ‘wortels’ x1 en x2 , nl. x1 =

−b + d 2a

en

x2 =

−b − d , 2a

p √ waarbij d = b2 − 4ac als b2 − 4ac ≥ 0, en d = i −(b2 − 4ac) als b2 − 4ac < 0. Men noemt ∆ = b2 −4ac de discriminant van de vergelijking. Merk op dat als ∆ < 0 de wortels complex zijn en bovendien elkaars complex toegevoegde. De vergelijking heeft twee reële wortels als en slechts als ∆ ≥ 0 (wanneer ∆ = 0 vallen ze samen).

20

Hoofdstuk 1

Hoofdstelling van de algebra Het vorige resultaat kan veralgemeend worden tot tweede-graadsvergelijkingen met complexe coëfficiënten en zelfs tot veeltermen en veeltermvergelijkingen van willekeurige graad n. De hoofdstelling van de algebra zegt dat elke veelterm van de n-de graad met complexe coëfficiënten kan ontbonden worden in n factoren van de eerste graad. In wiskundige taal wordt dit als volgt geformuleerd. Stelling 1.12: Zij xn +an−1 xn−1 +an−2 xn−2 +· · ·+a2 x2 +a1 x+a0 een veelterm met coëfficiënten ai ∈ C. Dan bestaan er z1 , z2 , . . . , zn ∈ C zó dat xn + an−1 xn−1 + an−2 xn−2 + · · · + a2 x2 + a1 x + a0 = (x − z1 )(x − z2 ) · · · (x − zn ). Het bewijs van de stelling valt buiten het bereik van deze cursus. De veeltermvergelijking xn + an−1 xn−1 + an−2 xn−2 + . . . + a2 x2 + a1 x + a0 = 0, heeft dus n oplossingen in C, namelijk z 1 , z2 , . . . , zn (eventueel samenvallend). We hebben in dit hoofdstuk de getallenverzamelingen ingevoerd en besproken. We vertrokken van de natuurlijke getallen en hebben deze verzameling steeds verder uitgebreid teneinde steeds moeilijkere problemen die tot meer ingewikkelde vergelijkingen leiden, te kunnen oplossen. Bijgevolg geldt:

N ⊂ Z ⊂ Q ⊂ R ⊂ C. In dit eerste deel van de cursus beschouwen we verder hoofdzakelijk de reële getallen. In het volgende hoofdstuk voeren we een aantal begrippen in die het overzetten van praktische problemen naar wiskundige problemen mogelijk maken.


1.7

21

Oefeningen

Oefening 1.1 (a)

n X

Bewijs de volgende uitspraken met het principe van volledige inductie.

k2 =

k=1

(b)

n X

3

k =

k=1

Oefening 1.2

n(n + 1)(2n + 1) 6

n(n + 1) 2

(c)

n X

k=1

2

(d)

n X

1 n = k(k + 1) n+1 xi =

i=0

1 − xn+1 1−x

Bewijs met volledige inductie dat voor elke x > −1 en voor elke n ∈ N geldt (1 + x)n ≥ 1 + nx.

Oefening 1.3

Bewijs dat voor iedere n ∈ N het getal n(n 2 + 5) deelbaar is door 6.

Oefening 1.4

Bewijs met volledige inductie dat 2 n ≤ (n + 1)!.

Oefening 1.5

6 8 Bereken en . 4 7

Oefening 1.6

n n Laat zien dat voor elke n ∈ N geldt = = 1. 0 n

Oefening 1.7

Laat zien dat voor iedere n ∈ N en k ∈ {0, 1, . . . , n} geldt n n n n n+1 = en + = . k n−k k−1 k k

Oefening 1.8 (a) Bereken de coëfficiënt van x4 in (2x + 5)10 . 1 5 (b) Bereken de coëfficiënt van x3 in 2x2 + 3x .

Oefening 1.9

Laat zien dat

2n n

≤ 4n voor elke n ∈ N.

Oefening 1.10 Geef het supremum, infimum, maximum en minimum (voor zover ze bestaan) van de volgende deelverzamelingen van R. (a) { n+1 n | n ∈ N0 }

(d) {(−1)n (3 − n1 ) | n ∈ N0 }

(b) N

(e) { x1 | x ∈ ]0, 1[ }

(c) [0, 1[

(f) ∅

Oefening 1.11 Veronderstel dat A en B niet-lege naar boven begrensde deelverzamelingen van R zijn. Toon aan dat max(sup A, sup B) = sup(A ∪ B)

22

Hoofdstuk 1

Oefening 1.12 |x − y| < b − a.

Neem aan dat x en y allebei behoren tot het interval ]a, b[. Laat zien dat

Oefening 1.13

Schrijf als een interval

(a) {x ∈ R | |x| < 3}

(c) {x ∈ R | |x + 4| < 3}

(b) {x ∈ R | |x − 2| ≤ 2}

(d) {x ∈ R | |x + 3| ≤ |x + 1|}

Oefening 1.14

Bepaal alle x ∈ R die voldoen aan

(a) |x2 − 1| ≤ 3

(c) |x| + |x − 1| < 2

(b) |x − 1| > |x + 1|

(d) |x2 − 1| ≤ 2x + 2

Oefening 1.15

Laat zien dat voor elke x, y ∈ R geldt x2 + y 2 ≥ 2xy.

Oefening 1.16 Zij z1 = 1 + i en z2 = 2i. Bereken het reële en imaginare deel van de volgende complexe getallen en teken ze in het complexe vlak. z2 z1

(a) z1

(c) z1 + z2

(e)

(b) z2

(d) z1 z2

(f) z 1

Oefening 1.17

Los de volgende vergelijkingen op in C.

(a) z 2 + 2z + 5 = 0 (b) 2z 3 − 3z 2 + 2z = 0 (c) z 4 = 1 Oefening 1.18

Bereken de modulus en het argument van

(a) −1 + i

(c) 2i √ (d) −1 − i 3

(b) −3 Oefening 1.19

√ (e) (−1 + i)(−1 − i 3) (f)

−1 + i √ −1 − i 3

Schets de volgende verzamelingen in het complexe vlak

(a) Re z > 0

(e) | arg z| < π/3

(b) Im z < 2

(f) −π/2 < arg z < π

(c) |z − 1| > 1

(g) 0 < arg(z 2 ) < π/2.

(d) |z − 1| = |z + 1|

(h) 1 < |z − i| < 2.

Hoofdstuk 2

Functies, Rijen, Continu¨ıteit en Limieten In dit hoofdstuk behandelen we vooral continu¨ıteit en limieten van functies van één veranderlijke. Eerst worden de nodige basisbegrippen over functies ingevoerd. Vervolgens worden rijen bestudeerd als functies van N naar R. Naast het feit dat rijen op zich van belang zijn, zijn eigenschappen van rijen ook nodig om de hoofdeigenschap van continue functies te bewijzen. We voeren eerst het begrip limiet van een rij in, vervolgens continu¨ıteit en limiet van functies.

2.1 2.1.1

Functies Definitie en kenmerken

Definitie:

Een functie of afbeelding f van de verzameling A naar de verzameling B is een verband tussen elementen van A en elementen van B waarbij aan elk element x van A juist één element y van B toevoegt. De verzameling A is het domein of definitiegebied van f en wordt ook aangegeven met A = dom f. We noteren de functie f door f : A → B : x 7→ f (x). We noemen f (x) het beeld van x onder f , of de waarde van de functie in x. De verzameling van alle beelden {y ∈ B | ∃x ∈ A : f (x) = y} = bld f, wordt het bereik of beeld van A onder f genoemd.

Het bijzondere van een functie is dus dat bij ieder element uit A precies ´ e´ en element van B hoort, niet meer en ook niet minder. Het pijlendiagram van een functie f van A naar B is aangegeven in Figuur 2.1. Merk op dat vanuit elk element van A precies één pijl vertrekt. Het aantal pijlen dat in een element van B toekomt is niet vast bepaald. Voor elke deelverzameling X ⊂ A is f (X) = {y ∈ B | ∃x ∈ X : f (x) = y} 23

24

Hoofdstuk 2

A

B

f

x1 x2 x3 x4 x5 x6

bld f

A’

Figuur 2.1: Pijlendiagram van de functie f van A naar B, met aanduiding van bld f , en van de beperking van f tot A0 . het beeld van X onder f . Voor Y ⊂ B is f −1 (Y ) = {x ∈ A | f (x) ∈ Y } het inverse beeld van de verzameling Y onder f . Voor y ∈ B is f −1 (y) = {x ∈ A | f (x) = y} het inverse beeld van het element y. Een functie wordt soms op een meer intu¨ıtieve manier voorgesteld met de metafoor van een ‘input-output machine’:

x

input -

f

output -

f (x)

die x ∈ A als ‘input’ krijgt en er iets, f (x), van maakt dat in de verzameling B zit. De functie f laat met elke x ∈ A juist één element y ∈ B corresponderen. Omgekeerd is het niet zeker dat met elk element van B een element van A overeenstemt. Wanneer dat wel zo is, noemt men f een surjectie. Definitie:

Een functie f van A naar B is een surjectie wanneer elk element van B voorkomt als beeld van minstens één element van A onder f . Dat wil zeggen ∀y ∈ B : ∃x ∈ A : y = f (x).

Een functie is surjectief als en slechts als f (A) = B. De functie f van Figuur 2.1 is géén surjectie. Een voorbeeld van een surjectie is gegeven in Figuur 2.2.

Functies, Rijen, Continu¨ıteit en Limieten

A

25

B

x1 x2 x3 x4 x5 x6 Figuur 2.2: Pijlendiagram van een surjectie.

Hoewel er uit elk element van A = dom f maar één pijl vertrekt, kunnen er meerdere pijlen toekomen in de elementen van B. Wanneer er in elk element van B hoogstens één pijl toekomt, noemt men de functie een injectie. Definitie:

Een functie f van A naar B is een injectie of 1–1 duidige functie wanneer elk element van B het beeld is van hoogstens één element van A. Dat wil dus zeggen ∀y ∈ B : ∀x1 , x2 ∈ A : (y = f (x1 ) en y = f (x2 )) =⇒ x1 = x2 . Equivalent hiermee is ∀x1 , x2 ∈ A : x1 6= x2 =⇒ f (x1 ) 6= f (x2 ) (‘1–1 duidig’).

De functies weergegeven in Figuur 2.1 en in Figuur 2.2 zijn niet injectief. Een voorbeeld van een injectie is gegeven in Figuur 2.3. De functie weergegeven in Figuur 2.3 is niet surjectief. De elementen y 6 en y7 van B behoren niet tot het beeld van f . Een injectieve functie legt een 1–1 duidig verband vast tussen de verzamelingen A en f (A). Het is mogelijk dat een functie tegelijkertijd injectief en surjectief is. Zo’n functie wordt een bijectie genoemd. Definitie:

Een functie f van A naar B is een bijectie wanneer ze zowel een surjectie als een injectie is. Dus als zowel ∀y ∈ B : ∃x ∈ A : y = f (x),

(surjectief)

als ∀x1 , x2 ∈ A : f (x1 ) = f (x2 ) =⇒ x1 = x2 . (injectief) Anders geformuleerd: de functie f is een bijectie als en slechts als ∀y ∈ B : ∃!x ∈ A : y = f (x).

26

Hoofdstuk 2

A x1

B

y6

f

y7 bld f

x2 x3

y1 y2 y3

x4 x5

y4

y5

Figuur 2.3: Pijlendiagram van een injectie. Een bijectie legt een 1–1 duidig verband vast tussen de verzamelingen A en B. De functies aangegeven in de figuren 2.1 tot en met 2.3 zijn géén bijecties. Een voorbeeld van een bijectie is aangegeven in Figuur 2.4.

A

B y1

x1 x2 x3

y2

x4

y4

y3

Figuur 2.4: Pijlendiagram van een bijectie f en de inverse functie f −1 .

Beperking van de functie f tot een deelverzameling A 0 van A. Definitie:

Stel dat f een functie is van A naar B. De beperking van f tot A 0 ⊂ A is de functie gedefinieerd als f |A0 zodat f |A0 : A0 → B : x 7→ f (x).

In Figuur 2.1 wordt de beperking van f tot A 0 aangegeven. De beperking f |A0 is in dit geval een injectie.


27

Inverse functie Het invers beeld van een element y ∈ B is de verzameling f −1 (y) = {x ∈ A | f (x) = y}. Het bevat alle elementen van A waarvan y het beeld is. Als y ∈ f (A), dan is f −1 (y) een niet-lege deelverzameling van A. Definitie:

Een functie f : A → B is inverteerbaar als voor iedere y ∈ f (A) de verzameling f −1 (y) uit precies één element bestaat. Als f inverteerbaar is, dan definieert f −1 een functie van f (A) naar A gegeven door f −1 (y) = x waarbij x het unieke element van A is met f (x) = y.

Een bijectie f : A → B is inverteerbaar en de inverse functie is gedefinieerd op de hele verzameling B, zie bijvoorbeeld Figuur 2.4. Wanneer de functie een injectie is zoals in Figuur 2.3, is ze eveneens inverteerbaar, maar de inverse functie is slechts gedefinieerd op f (A).

2.1.2

Bewerkingen op functies

We kunnen ingewikkelde functies construeren door eenvoudige functies samen te stellen, op te tellen, te vermenigvuldigen of te delen. Omgekeerd maken dergelijke bewerkingen op functies het mogelijk ingewikkelde functies te analyseren en terug te brengen tot de eenvoudige componenten waaruit ze zijn samengesteld. Dit zal handig van pas komen als we verderop in deze cursus gecompliceerde functies willen afleiden of integreren. We geven daarom nu aan hoe dit in zijn werk gaat. Het samenstellen van functies Definitie:

Wanneer f een functie is van A naar B f : A → B : x 7→ f (x), en g een functie van B naar C g : B → C : y 7→ g(y), dan wordt de samengestelde functie g ◦ f (spreek uit ‘g na f ’) gedefinieerd als g ◦ f : A → C : x 7→ g ◦ f (x) = g(f (x)).

De grafische voorstelling van de samengestelde functie g ◦f is gegeven in Figuur 2.5. Merk op dat een functie g enkel kan samengesteld worden met een functie f als het beeld van f behoort tot het domein van g. Als ‘input-output machine’ ziet de samengestelde functie er als volgt uit:

x

input-

f

output-

f (x)

input-

g

output-

g (f (x))

28

Hoofdstuk 2

A

B

g f bld f f

C g

Figuur 2.5: Pijlendiagram van de samengestelde g ◦ f . Het samenstellen van functies is niet commutatief. Controleer zelf dat voor de functies f : R → R : x 7→ x − 2 en g : R → R : x 7→ x2 geldt dat g ◦ f 6= f ◦ g. Voor functies op een verzameling A (dus van A naar zichzelf) bestaat een neutraal element voor de samenstelling, namelijk de identieke functie. Definitie:

Zij A een niet-lege verzameling. De functie IA : A → A : x 7→ x wordt de identieke functie of identiteit op A genoemd.

Wanneer de functie f van A naar B een bijectie is, zodat de inverse functie f −1 bestaat, dan is de samengestelde functie f −1 ◦ f de identieke functie op A: ∀x ∈ A : f −1 ◦ f (x) = x. De samengestelde functie f ◦ f −1 bestaat dan eveneens en is de identieke functie op B: ∀y ∈ B : f ◦ f −1 (y) = y. Som, product en quoti¨ ent van functies Definitie:

Neem aan dat f en g twee functies van A naar B zijn, met B een verzameling waarop som, product en quotiënt gedefinieerd zijn (bv. B ⊂ R). De som f + g en het product f g zijn gedefinieerd als f + g : A → B : x 7→ f (x) + g(x), en f g : A → B : x 7→ f (x)g(x).

f Het quoti¨ ent g heeft domein {x ∈ A | g(x) 6= 0} en is gedefinieerd als f f (x) : {x ∈ A | g(x) 6= 0} → B : x 7→ . g g(x)


2.1.3

29

Re¨ ele functies van ´ e´ en re¨ ele veranderlijke

Definitie:

Een functie heet re¨ eel als bld f ⊂ R. Als bovendien dom f ⊂ R dan is f een re¨ ele functie van ´ e´ en re¨ ele veranderlijke.

Definitie:

De grafiek van de functie f van A ⊂ R naar R geeft een grafische voorstelling van de functie f , en is de verzameling van de punten van het geijkte vlak bekomen door met elk element x ∈ A een punt P te laten corresponderen met abscis x en ordinaat f (x). We noteren graf f .

De grafiek van de functie f bevat alle informatie over de functie f en laat ons toe de functie te visualiseren. De grafiek van f wordt door evenwijdigen aan de y-as in hoogstens één punt gesneden. Indien f een injectie is dan wordt graf f door evenwijdigen aan de x-as in hoogstens één punt gesneden. Dit wordt ge¨ıllustreerd in Figuur 2.6. Indien f bijectief is, dan bestaat de inverse functie f −1 en graf f en graf f −1 zijn elkaars beeld door spiegeling ten opzichte van de bissectrice van het eerste kwadrant. Inderdaad, elk punt P (a, b) van graf f wordt omgezet in het punt Q(b, a) van graf f −1 en deze punten P en Q liggen symmetrisch ten opzichte van de eerste bissectrice. Dit wordt ge¨ıllustreerd in Figuur 2.7.

y

P

f(xo)

xo

x

Figuur 2.6: Grafiek f van een reële functie van één reële veranderlijke. De voorgestelde functie is niet injectief. De definitie van een functie f van A naar B is algemeen. In de praktijk zullen we bepaalde reële functies van één reële veranderlijke zeer frequent gebruiken, zoals bijvoorbeeld de volgende elementaire reële functies. • Polynomen of veeltermen: an 6= 0, dan is de functie

Indien a 0 , a1 , . . . , an gegeven reële getallen zijn met

P : R → R : x 7→ P (x) = a0 + a1 x + · · · + an xn =

n X

k=0

een veelterm van de n-de graad in x met coëfficiënten a0 , a1 , . . . , an .

ak xk

30

Hoofdstuk 2

y graf f

f(a)

P graf f -1

-1

f (b)

Q a

x

b

Figuur 2.7: Grafiek van een functie f en van f −1 . • Rationale functies: Indien P en Q veeltermen zijn dan is de functie R = rationale functie. Er geldt

P Q

een

dom R = {x ∈ R | Q(x) 6= 0}. • Machtfuncties: Voor elke n ∈ N is de machtsfunctie R → R : x 7→ x n een veelterm van graad n. We breiden de n-de macht x n uit tot negatieve gehele getallen door x−n =

1 xn

voor n ∈ N0 .

Dit is een rationale functie met domein R 0 . Voor n ∈ N0 is de beperking van xn is injectief op R+ en het beeld van R+ is R+ . √ Bijgevolg is er een inverse die we noteren met x 1/n of n x en die we de “nde machtswortel” noemen. Dus √ R+ → R+ : x 7→ x1/n = n x. Verder zijn voor n, m ∈ N0 de functies xm/n en x−m/n gedefinieerd door m xm/n = x1/n ,

x−m/n =

1 xm/n

Op deze manier is xq gedefinieerd voor elke rationale waarde van q. Begrippen rond ordening We zetten hier enkele begrippen bijeen die specifiek gelden voor reële functies van één reële veranderlijke en die samenhangen met de ordening ≤ op R. Stel dat f een reële functie is van één reële veranderlijke: f : dom f → R : x 7→ f (x).


Definitie:

31

De functie f heet stijgend op een verzamelling A ⊂ dom f indien ∀x1 , x2 ∈ A : x1 < x2 =⇒ f (x1 ) ≤ f (x2 ), en dalend indien ∀x1 , x2 ∈ A : x1 < x2 =⇒ f (x1 ) ≥ f (x2 ).

Merk op dat gelijkheid van de functiewaarden f (x 1 ) = f (x2 ) toegestaan is. In het bijzonder is een constante functie zowel stijgend als dalend. Als gelijkheid niet geldt, spreken we van een strikt stijgende of strikt dalende functie. Definitie:

De functie f heet strikt stijgend op een verzamelling A ⊂ dom f indien ∀x1 , x2 ∈ A : x1 < x2 =⇒ f (x1 ) < f (x2 ), en strikt dalend indien ∀x1 , x2 ∈ A : x1 < x2 =⇒ f (x1 ) > f (x2 ).

We noemen f monotoon op A als f ofwel stijgend ofwel dalend is op A, en we noemen f strikt monotoon op A als ze ofwel strikt stijgend ofwel strikt dalend op A. Als we zeggen dat f stijgend (dalend, strikt stijgend, etc.) is, zonder een verzameling A te noemen, dan bedoelen we dat f stijgend (dalend, strikt stijgend, etc.) is op haar domein dom f . Definitie:

De functie f noemen we naar boven begrensd op A ⊂ dom f indien ∃M ∈ R : ∀x ∈ A : f (x) ≤ M en naar onder begrensd op A indien ∃m ∈ R : ∀x ∈ A : f (x) ≥ m. We noemen f begrensd op A als ze zowel naar boven als naar onder begrensd op A is.

Als f naar boven begrensd is op A dan is f (A) = {f (x) | x ∈ A} een naar boven begrensde verzameling in R. Het supremum van deze verzameling wordt het supremum van f op A genoemd. Als deze verzameling een maximum bezit, dan wordt dat maximum het maximum van f over A genoemd. Er is dan een c ∈ A met ∀x ∈ A : f (x) ≤ f (c) en we zeggen dat f haar maximum in c bereikt (of aanneemt). Als we zeggen dat f begrensd (naar boven begrensd, naar onder begrensd) is, zonder de verzameling A te vermelden, dan bedoelen we dat f begrensd (naar boven begrensd, naar onder begrensd) is op dom f . Analoog zijn infimum en minimum van een functie gedefinieerd.

2.1.4

Complexe functies

Definitie:

Een functie heet complex als bld f ⊂ C. Als bovendien dom f ⊂ C dan is f een complexe functie van ´ e´ en complexe veranderlijke.

32

Hoofdstuk 2 Sommige functies zijn ook op een natuurlijke wijze als complexe functie gedefinieerd. • Polynomen of veeltermen: Een veelterm van graad n P (z) = a0 + a1 z + · · · + an z n ,

an 6= 0

kunnen we berekenen voor elke z ∈ C. We kunnen hier ook toestaan dat de coëfficiënten a0 , a1 , . . . , an complexe getallen zijn. In zekere zin is het complexe vlak het natuurlijke domein voor een veelterm, omdat een veelterm van graad n ontbonden kan worden als P (z) = an (z − z1 )(z − z2 ) · · · (z − zn ) met z1 , z2 , . . . , zn ∈ C. (Dit is de hoofdstelling van de algebra.) De getallen z 1 , z2 , . . . , zn zijn de nulpunten van P . Deze zijn niet noodzakelijk allemaal verschillend. Als een nulpunt k keer voorkomt onder z1 , z2 , . . . , zn dan spreken we van een k-voudig nulpunt, en k is de multipliciteit van het nulpunt. Vaak tellen we een nulpunt van een veelterm mee naar gelang de multipliciteit. Dus een dubbel nulpunt tellen we twee keer mee, een 3-voudig nulpunt drie keer, enz. We kunnen dan zeggen dat een veelterm van graad n precies n nulpunten heeft in C, waarbij we elk nulpunt meetellen naar gelang de multipliciteit. • Rationale functies: Een rationale functie kunnen we ook op natuurlijke manier definiëren als complexe functie. Indien P en Q veeltermen zijn dan is de functie R = P/Q een rationale functie met als domein dom R = {z ∈ C | Q(z) 6= 0}. De nulpunten van Q worden wel polen van R genoemd. Let op dat complexe functies geen grafische voorstelling hebben door middel van een grafiek in R2 . Omdat complexe getallen geen ordening hebben, vervallen ook de begrippen rond ordening voor complexe functies. We kunnen dus niet spreken van een stijgende of dalende complexe functies, en ook niet van het maximum of minimum van een complexe functie.

2.2

Rijen

Stel dat iemand een kapitaal K belegt aan een maandelijkse interestvoet r. De interest wordt maandelijks bij het belegde kapitaal gevoegd. Hoe evolueert deze belegging? Na 1 maand is het kapitaal toegenomen tot K(1 + r), en na twee maanden tot K(1 + r) 2 . Na n maanden bedraagt het belegde kapitaal K(1 + r) n . Deze evolutie van de belegging kan wiskundig beschreven worden door middel van een functie van N naar R. Dergelijke functies noemen we rijen. We bestuderen nu enkele kenmerken van rijen.

2.2.1

Definitie en voorbeelden

Definitie:

Een functie a van N naar R a : N → R : n 7→ a(n), wordt een rij in R genoemd. De functiewaarde a(n) wordt vaak genoteerd als an en de rij van reële getallen wordt genoteerd als (a n )∞ n=0 of simpelweg als (an )n of (an ). De getallen an zijn de elementen van de rij.


33

Een rij kunnen we ons voorstellen als opeenvolging van reële getallen a0 , a 1 , a 2 , . . . De rij begint met a0 , dan komt a1 , enzovoorts. Er zit dus een duidelijke richting aan een rij. Het komt wel eens voor dat we niet met a 0 willen beginnen, maar met a1 , of pas met zekere an0 . We zullen de vrijheid nemen om ook een opeenvolging van getallen als a1 , a 2 , a 3 , . . . een rij te noemen. We kunnen de definitie van rij eenvoudig uitbreiden naar rijen van complexe getallen: Definitie:

Een functie a van N naar C a : N → C : n 7→ an wordt een rij in C genoemd, oftewel een rij van complexe getallen. We notereren de rij met (an )∞ n=0 of simpelweg als (an ).

Rijen in R of C zijn op zichzelf belangrijk. Ze zullen in de volgende paragraaf gebruikt worden om de hoofdeigenschap van continue functies te bewijzen en zullen ook uitgebreid aan bod komen bij de studie van reeksen en machtreeksen. We zijn vooral ge¨ınteresseerd in het gedrag van an voor grote waarden van n. We zullen nagaan of voor grote waarden van n de de elementen van de rij onbeperkt blijven toenemen (of afnemen), of naar een vast reëel getal L streven, of dat geen van deze twee gevallen zich voordoet. Voorbeelden 2.1: (a) Als eerste voorbeeld hebben we de rij van natuurlijke getallen 0, 1, 2, . . . die formeel gegeven wordt door (an ) met an = n voor alle n ∈ N. (b) Als we van elk natuurlijk getal de vierkantswortel nemen, dan krijgen we de rij √ √ 0, 1, 2, 3, . . . . √ Dus (an ) met an = n. (c) De volgende rij is een voorbeeld van een alternerende rij 1, −1, 1, −1, 1, −1, . . . . In formulevorm kan ze weergegeven worden door ((−1) n )∞ n=0 . (d) Een hele saaie rij is de constante rij x, x, x, x, . . . met an = x voor elke n ∈ N. (e) De rij van priemgetallen is 2, 3, 5, 7, 11, 13, . . .

34

Hoofdstuk 2 (f) De Fibonacci getallen fn worden gegeven door f0 = 1, f1 = 1, en voor n ≥ 2.

fn = fn−1 + fn−2 ,

Dit is een voorbeeld van een recursief gedefinieerde rij. De eerste Fibonacci getallen zijn 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, . . . Deze getallen komen voor in discrete groeiprocessen. (g) De faculteitsrij wordt gegeven door (n!) met 0! = 1 en n! = 1 · 2 · · · n

voor n ≥ 1.

n! is gelijk aan het product van de natuurlijke getallen van 1 tot en met n. (h) Een voorbeeld van een rij van complexe getallen is 1, z, z 2 , z 3 , z 4 , . . . met z een vast complex getal. In formulevorm is dit (z n )∞ n=0 .

2.2.2

Kenmerken van rijen

Convergentie Rijen zijn belangrijk in benaderingsprocessen. Een karakteristieke handelswijze om een onbekende grootheid te benaderen bestaat uit de volgende stappen. 1. Bepaal een eerste benadering van de onbekende grootheid. 2. Vind een manier om een betere benadering te verkrijgen. 3. Genereer een rij van steeds betere benaderingen. 4. De gewenste grootheid is de limiet van de rij. Beschouw als voorbeeld de rij (sn ) met sn = 0, 3333 · · · 3

(precies n drieën).

Dit is een rij van benaderingen van 1/3. Uitgaande van de eerste benadering s 1 = 0, 3 hebben we een manier om steeds een betere benadering te vinden, namelijk door een 3 toe te voegen aan de decimale ontwikkeling. Dit leidt tot de rij (s n ) en 1/3 is de limiet van deze rij. In het algemeen definiëren we de limiet van een rij als volgt. Definitie:

De reële rij (an ) is convergent indien een reëel getal L bestaat zodat voor elk positief getal ε er een natuurlijk getal n 0 bestaat met de eigenschap dat voor alle n ≥ n0 geldt dat het verschil tussen an en L (in absolute waarde) kleiner is dan ε. In symbolische notatie betekent dit de rij (a n ) convergent is als ∃L ∈ R : ∀ε > 0 : ∃n0 ∈ N : ∀n ≥ n0 : |an − L| < ε. Het getal L wordt de limiet van de rij genoemd en genoteerd als L = lim an , n→∞

of an → L of soms ook

als n → ∞, n→∞

an −−−→ L.


R

35

6

•

L+ε

•

L

•

L−ε

•

•

• •

• •

•

•

• •

•

•

• • •

•

•

•

• •

•

•

• •

• -

n0

N

Figuur 2.8: Convergentie van een rij. We denken aan ε als een nauwkeurigheid waarmee het getal L benaderd wordt door de rij. Als we een gewenste nauwkeurigheid ε > 0 voorschrijven, dan kunnen we deze bereiken door n maar voldoende groot te nemen. Merk op dat |a n − L| < ε wil zeggen dat L − ε < an < L + ε, dus dat an behoort tot de ε-omgeving B(L, ε) van L. Voorbeeld 2.2: Beschouw als voorbeeld hoe de definitie gebruikt wordt om de convergentie van de rij sn = 1 + (−1)n

1 , n2

n ∈ N0 ,

aan te tonen. Intu¨ıtief kunnen we aanvoelen dat voor grote n de term (−1) n n12 verwaarloosbaar klein is ten opzichte van 1. We verwachten dus dat de limiet 1 is. Om dit te laten zien bekijken we eerst 1 n 1 n 1 |sn − 1| = 1 + (−1) 2 − 1 = (−1) 2 = 2 . n n n

Als we nu een ε > 0 voorschrijven dan is het de vraag of we n 0 zodanig kunnen kiezen dat 1 n2 < ε voor alle n ≥ n0 . Dit kan inderdaad als we nemen " # 1 1/2 n0 = + 1. ε

Hierin is [x] het gehele deel van het reële getal x. Deze n0 kiezen we dus in functie van de voorgeschreven ε. Merk op dat het natuurlijke getal n 0 zo gekozen is dat n0 > (1/ε)1/2 . Als n ≥ n0 dan geldt ook 1/2 1 n> ε en daarmee |sn − 1| =

1 1 < = ε. 2 n ((1/ε)1/2 )2

Dus sn benadert 1 tot op nauwkeurigheid ε als we n groter nemen dan n 0 . Omdat we ε > 0 willekeurig kunnen nemen, betekent het dat de rij (s n ) naar 1 convergeert.

36

Hoofdstuk 2

Merk op dat de keuze van n0 niet vastligt. Elk groter natuurlijk getal zou ook voldoen. n0 hangt wel af van de gekozen ε. Hoe kleiner ε is, hoe groter in het algemeen n 0 gekozen moet worden. Dit hangt er mee samen dat we om een grotere nauwkeurigheid te verkrijgen, verder in onze rij moeten zitten. Divergentie 2

+3 De limiet van een rij hoeft niet altijd te bestaan. De rij (a n ) met an = (−1)n 5nn+2 bijvoorbeeld convergeert niet. Dergelijke rijen worden divergent genoemd.

Definitie:

Een rij die niet convergent is, wordt divergent genoemd.

Een bijzonder geval dat vaak voorkomt is diverentie naar ±∞. Definitie:

Indien er voor elk reëel getal M een natuurlijk getal n0 bestaat zodat ∀n ≥ n0 : an > M dan is de rij (an ) divergent naar +∞, en we noteren lim an = +∞.

n→∞

Op analoge wijze wordt divergentie naar −∞ gedefinieerd en genoteerd als lim an = −∞.

n→∞

Voorbeeld 2.3: De rij (an ) met

1 2n2 − n + 1 = 2n − 1 + n n divergeert naar oneindig. Voor elk reëel getal M bestaat namelijk een natuurlijk getal n 0 zodat voor elke n ≥ n0 het element an groter is dan M . Wanneer bv. M = 20 dan kunnen we n0 = 11 nemen, want ∀n ≥ n0 : an > 20. an =

In het algemeen kunnen we bij gegeven M > 0 de index n 0 = [(M + 1)/2] + 1 nemen. Als namelijk n ≥ n0 , dan is 2n ≥ 2n0 ≥ M + 1, en dus an = 2n − 1 + n−1 > (M + 1) − 1 + 0 = M.

Voorbeeld 2.4: De alternerende rij 1, −1, 1, −1, 1, −1, . . .

is een begrensde rij, maar ze is niet convergent. Het is een divergente rij, maar ze divergeert niet naar oneindig. Uniciteit van limiet De limiet van een convergente rij is eenduidig bepaald. Stelling 2.1: Als een rij een limiet heeft, dan is deze enig.


37

Bewijs: Neem aan dat een rij (an ) twee limieten heeft, zeg L en L0 . Dan is er een ε > 0 zodat de twee intervallen ]L − ε, L + ε[ en ]L0 − ε, L0 + ε[ disjunct zijn. Omdat L een limiet is van (a n ) is er een n0 ∈ N met ∀n ≥ n0 : an ∈ ]L − ε, L + ε[. Omdat ook L0 een limiet is, is er ook een n1 ∈ N met ∀n ≥ n1 : an ∈ ]L0 − ε, L0 + ε[. Als nu n ≥ max(n0 , n1 ) dan geldt zowel an ∈ ]L − ε, L + ε[ als an ∈ ]L0 − ε, L0 + ε[. Dit is een tegenspraak omdat deze twee intervallen disjunct zijn. De limiet van een rij (als ze bestaat), is dus enig. 2 Monotone rijen en begrensde rijen Aangezien een reële rij een speciaal geval is van een reële functie van één reële veranderlijke, zijn de begrippen die in de voorgaande paragraaf voor reële functies van één reële veranderlijke zijn ingevoerd, ook toepasbaar op reële rijen. Zo kunnen we spreken van stijgende, dalende, strikt stijgende en strikt dalende rijen. Ook weten we wat een begrensde rij is. Voorbeelden 2.5: (a) De constante rij an = x is stijgend en convergeert naar x. Deze rij is ook dalend! (b) De rij an = n is strikt stijgend en divergeert naar oneindig. Deze rij is onbegrensd. (c) De rij (an ) met ( 1 als n even is an = 1 n+1 als n oneven is is niet stijgend en ook niet dalend. Ze is wel begrensd. Deze rij is divergent. (d) De rij an = 2n+1 n+1 is strikt stijgend en convergent naar 2. Stelling 2.2: Een convergente rij is begrensd. Bewijs: Neem aan dat de rij (an ) convergeert naar L. Als we ε = 1 nemen in de definitie van limiet, dan zien we dat er een natuurlijk getal n 0 is met ∀n ≥ n0 : |an − L| < 1. Dan geldt ∀n ≥ n0 : an ∈ [L − 1, L + 1]. De elementen an van de rij met index n ≥ n0 liggen dus allemaal in het begrensde interval [L− 1, L+1]. Er blijven nog slechts eindig veel elementen van de rij over, namelijk a 0 , a1 , . . . , an0 −1 . Er is een A zo dat |an | ≤ A voor iedere n < n0 . Dan geldt voor M = max{A, |L − 1|, |L + 1|} dat ∀n ∈ N : |an | ≤ M en dus is de rij begrensd.

2

38

Hoofdstuk 2

Stelling 2.3: Een dalende rij die naar onder begrensd is, is convergent. Een stijgende rij die naar boven begrensd is, is convergent. Bewijs: We geven hier enkel het bewijs van de tweede bewering. De eerste bewering wordt op analoge wijze bewezen en dit wordt aan de lezer overgelaten. We nemen dus aan dat (an ) een stijgende rij is, die naar boven begrensd is. De verzameling A = {an | n ∈ N}, is dan niet leeg en naar boven begrensd. Volgens de derde definiërende eigenschap van de reële getallen bezit deze verzameling in R een supremum. We noteren sup A = L. We laten zien dat L de limiet van de rij (a n ) is. Neem ε > 0 willekeurig. Omdat L een bovengrens is van de rij (a n ) geldt ∀n ∈ N : an ≤ L. Omdat L de kleinste bovengrens is, is L − ε geen bovengrens. Daarom bestaat er een n 0 ∈ N met an0 > L − ε. Aangezien de rij stijgend is, volgt daaruit dat ∀n ≥ n0 : an > L − ε. We zien dat ∀n ≥ n0 : L − ε < an ≤ L. Dus |an − L| < ε als n ≥ n0 , en er volgt dat de rij convergent is met limiet L.

2

Voorbeeld 2.6: Beschouw de rij (r n ) met r > 0 vast. De getallen r n zijn altijd positief. De rij is stijgend als r > 1 en dalend als 0 < r < 1. Als dus 0 < r < 1 dan is (r n ) een dalende, naar onder begrensde (bv. door 0) rij. Bijgevolg is ze dan convergent vanwege de voorgaande stelling. Er geldt dat lim r n = 0, als 0 < r < 1. n→∞

De rij is stijgend als r > 1, maar niet naar boven begrensd. Voorbeeld 2.7: We beschouwen de recursief gedefinieerde rij (a n )n∈N0 gegeven door a1 = 4 en 1 2 an+1 = an + voor n ≥ 1. 2 an We zullen laten zien dat deze rij dalend is en naar onder begrensd. Vanwege de vorige stelling kunnen we dan concluderen dat de rij convergent is. (a) We merken eerst op dat an > 0 voor elke n ∈ N0 . Dit is eenvoudig te bewijzen met volledige inductie. Immers a1 = 4 > 0 en als an > 0 voor zekere n ∈ N0 , dan volgt uit de recurrente betrekking dat an+1 > 0.


39

(b) √ Het is handig om een iets scherpere ongelijkheid te hebben. Er geldt namelijk dat an ≥ 2 voor elke n ∈ N0 . Dit is waar voor n = 1 en voor n ∈ N0 geldt √ √ √ √ 1 2 a2n + 2 − 2 2an (an − 2)2 an+1 − 2 = an + − 2= = . 2 an 2an 2an √ 2 We hebben an > 0 vanwege √ onderdeel (a) en (an − 2) ≥ 0 omdat het een kwadraat is. Dus geldt inderdaad an+1 ≥ 2. (c) Vervolgens tonen we aan dat de rij (a n ) dalend is. Voor n ∈ N0 geldt 1 2 1 1 2 − a2n an+1 − an = − an = − an = . an + 2 an an 2 2an 2

n Van onderdeel (b) weten we dat a2n ≥ 2. Ook is an > 0. Dus 2−a 2an ≤ 0 en daarom geldt an+1 ≤ an . De rij (an ) is dus inderdaad dalend. √ (d) De rij (an ) is dalend en naar onder begrensd door 0 (ook door 2) en daarom is ze convergent. (e) We zullen tenslotte de limiet L van de rij (a n ) berekenen, waarbij we al vooruitlopen op de rekenregels voor limieten, die in paragraaf 2.2.3 behandeld worden. Uit die rekenregels volgt dat, als de rij (an ) naar L convergeert, dat dan 2 2 1 1 lim an + L+ . = n→∞ 2 an 2 L

Ook zal de rij (an+1 ) naar L convergeren. Door de limiet n → ∞ te nemen in de recurrente betrekking volgt 1 2 L= L+ . 2 L √ Dit is een√vergelijking voor L, die herleid kan worden tot L 2 = 2. Dit betekent dat L = 2 of L √ = − 2. Omdat de rij (an ) positief is, vervalt de tweede mogelijkheid. Dus de limiet is L = 2. Complexe rijen In he voorgaande hebben we ons beperkt tot convergentie van rijen van reële getallen. Het begrip convergentie heeft echter ook zin voor rijen van complexe getallen. De definitie van convergentie is vrijwel hetzelfde. Definitie:

Een rij van complexe getallen (z n ) is convergent indien een complex getal L bestaat zodat voor elk positief getal ε er een natuurlijk getal n 0 bestaat met de eigenschap dat voor alle n ≥ n0 geldt dat de afstand tussen zn en L kleiner is dan ε. In symbolische notatie betekent dit dat de rij (z n ) convergent is als ∃L ∈ R : ∀ε > 0 : ∃n0 ∈ N : ∀n ≥ n0 : |zn − L| < ε. Het getal L wordt de limiet van de rij genoemd en genoteerd als L = lim zn n→∞

of zn → L

als n → ∞.

40

Hoofdstuk 2

Voorbeeld 2.8: Neem z ∈ C vast en beschouw de rij (z n ). We laten zien dat deze rij van complexe getallen naar 0 convergeert indien |z| < 1. We schrijven r = |z| en we nemen dus aan dat r < 1. Dan is de reële rij (r n ) convergent, met limiet 0. Voor elke ε > 0 is er bijgevolg een n 0 met r n < ε voor elke n ≥ n0 . Als n ≥ n0 , dan is ook |z n − 0| = |z n | = |z|n = r n < ε. Bijgevolg convergeert (z n ) inderdaad naar 0.

2.2.3

Rekenregels voor limieten van rijen

We hebben de som, verschil, product en quotiënt van reële functies ingevoerd. Omdat rijen speciale reële functies zijn, zijn deze regels ook geldig voor rijen. De som van de rijen (a n ) en (bn ) is de rij (an + bn ), enzovoorts. De volgende stelling zegt dat het begrip limiet van een rij zich netjes gedraagt ten opzichte van de algebra¨ısche bewerkingen. De stelling geldt voor zowel reële als complexe rijen. Stelling 2.4: Neem aan dat (an ) en (bn ) twee convergente rijen zijn met lim an = L

n→∞

en

lim bn = M.

n→∞

Dan zijn de rijen (an + bn ), (an − bn ) en (an bn ) ook convergent, en lim (an + bn ) = L + M,

(2.1)

lim (an − bn ) = L − M,

(2.2)

lim (an bn ) = LM.

(2.3)

n→∞ n→∞

n→∞

Als tevens geldt dat M 6= 0, dan is bn 6= 0 voor alle n groot genoeg, en lim

n→∞

an L = . bn M

(2.4)

Bewijs: We bewijzen eerst (2.1). Neem een willekeurige ε > 0. Omdat (a n ) naar L convergeert, is er een n1 zodat |an − L| < ε/2 als n ≥ n1 . Evenzo is er een n2 zo dat |bn − M | < ε/2 als n ≥ n2 , omdat (bn ) naar M convergeert. We kiezen n0 = max(n1 , n2 ). Als nu n ≥ n0 , dan geldt zowel ε |an − L| < 2 als ε |bn − M | < , 2 en dus vanwege de driehoeksongelijkheid |(an + bn ) − (L + M )| = |(an − L) + (bn − M )| ≤ |an − L| + |bn − M | ε ε < + = ε. 2 2


41

Aangezien ε > 0 willekeurig was gekozen, volgt (2.1). De eigenschap (2.2) wordt analoog bewezen. We moeten slechts gebruik maken van |(an − bn ) − (L − M )| = |(an − L) − (bn − M )| ≤ |an − L| + |bn − M |. De rest blijft onveranderd. Het bewijs van (2.3) is iets lastiger. We redeneren eerst intu¨ıtief. Bij een voorgeschreven ε > 0 dienen we n0 aan te geven, zodanig dat |an bn − LM | < ε voor alle n ≥ n0 . We weten dat |an − L| en |bn − M | klein zijn als n voldoende groot is. Daarom schatten we |a n bn − LM | als volgt af: |an bn − LM | = |an bn − an M + an M − LM |

≤ |an bn − an M | + |an M − LM | = |an ||bn − M | + |M ||an − L|.

Omdat |bn − M | en |an − L| klein gemaakt kunnen worden door n voldoende groot te nemen, kunnen we het rechterlid klein krijgen, als tenminste |a n | en |M | begrensd blijven. Nu is M een vast reëel getal, en dus eindig. Verder is de rij (a n ) begrensd volgens Stelling 2.2 – immers ze is convergent. Gesteund door bovenstaande heuristiek, geven we nu een formeel bewijs van (2.3). Neem ε > 0 willekeurig. Omdat de rij (an ) convergeert naar L, is er een n1 zodanig dat ∀n ≥ n1 : |an − L| <

ε . 2|M | + 1

Tevens is de rij (an ) begrensd volgens Stelling 2.2 en dus is er een S > 0 zodanig dat |a n | < S voor alle n. Omdat (bn ) convergeert naar M is er een n2 zodanig dat ∀n ≥ n2 : |bn − M | <

ε . 2S

Kies nu n0 = max(n1 , n2 ). Als n ≥ n0 , dan geldt zowel |an − L| <

ε 2|M | + 1

als |bn − M | <

ε . 2S

Dan volgt |an bn − LM | < |an ||bn − M | + |M ||an − L| ε ε < S + |M | 2S 2|M | + 1 < ε/2 + ε/2 = ε. Dit bewijst (2.3). Het bewijs van (2.4) gaat soortgelijk in zijn werk. We laten het hier achterwege.

2

Een speciaal geval van de regel (2.3) krijgen we door b n = λ te nemen voor elke n. Dan vinden we dat lim (λan ) = λL, (2.5) n→∞

als (an ) convergeert naar L.

42

Hoofdstuk 2

Voorbeeld 2.9: Om te zien hoe nuttig de rekenregels zijn beschouwen we het volgende voorbeeld an =

n2 + 3n − 2 . 4n2 + 2n − 1

We delen hierin de teller en de noemer door n 2 en krijgen an =

1+ 4+

3 n 2 n

− −

2 n2 1 n2

.

In de teller zien we de termen 3/n en 2/(n 2 ). Hiervan is eenvoudig in te zien dat ze naar 0 convergeren. Vanwege (2.1) en (2.2) geldt dan 3 2 lim 1 + − 2 = 1. n→∞ n n Op dezelfde manier vinden we voor de noemer 2 1 lim 4 + − 2 = 4. n→∞ n n Tenslotte volgt vanwege (2.4)

1 lim an = . 4

n→∞

Limieten en ongelijkheden De resultaten rond limieten en ongelijkheden gelden alleen voor reële rijen, niet voor complexe rijen. Stelling 2.5: Indien (an ) en (bn ) convergente reële rijen zijn waarvoor geldt ∃N ∈ N : ∀n ≥ N : an ≤ bn , dan geldt lim an ≤ lim bn .

n→∞

n→∞

Bewijs: Zij L = lim an en M = lim bn . Het bewijs dat L ≤ M zullen we voeren uit het ongerijmde. n→∞ n→∞ Dat wil zeggen dat we veronderstellen dat L > M om dan tot een tegenspraak te komen. Als L > M dan is L − M > 0 en we kunnen een ε > 0 vinden met ε < L−M 2 . Omdat de rij (an ) convergeert naar L is er een n1 zodat ∀n ≥ n1 : |an − L| < ε, en omdat de rij (bn ) convergeert naar M is er een n2 zodat ∀n ≥ n2 : |bn − M | < ε. Neem nu n = max(N, n1 , n2 ). Dan geldt |an − L| < ε, |bn − M | < ε en an ≤ bn . Er volgt dan L − M = (L − an ) + (an − bn ) + (bn − M ) < ε + 0 + ε = 2ε. We hebben echter ook ε < bewezen.

L−M 2 .

Dit is een tegenspraak en de uitspraak L ≤ M is hiermee 2


43

De insluitstelling Het volgende resultaat heet wel de insluitstelling voor rijen, soms ook wel het sandwichprincipe. Stelling 2.6: Neem aan dat (an ), (bn ) en (cn ) reële rijen zijn waarvan we weten dat (a n ) en (cn ) convergent zijn met lim an = L,

n→∞

lim cn = L.

n→∞

Neem tevens aan dat ∃N ∈ N : ∀n ≥ N : an ≤ bn ≤ cn . Dan is ook de rij (bn ) convergent en er geldt lim bn = L.

n→∞

Bewijs: Neem ε > 0 willekeurig. Omdat de rij (a n ) naar L convergeert, is er een n1 zodanig dat ∀n ≥ n1 : |an − L| < ε, en omdat de rij (cn ) naar L convergeert, is er een n2 zodanig dat ∀n ≥ n2 : |cn − L| < ε. Kies nu n0 = max(N, n1 , n2 ). Als dan n ≥ n0 , dan geldt zowel L − ε < an < L + ε, als L − ε < cn < L + ε, als ook an ≤ bn ≤ cn . Hieruit volgt dat L − ε < an ≤ bn ≤ cn < L + ε. Daarmee is |bn − L| < ε. Omdat ε > 0 willekeurig gekozen is, betekent dit dat de rij (b n ) naar L convergeert. 2 Voorbeeld 2.10: Als voorbeeld van het gebruik van de insluitstellling bepalen we de limiet van de rij sn =

sin n n

n ∈ N0 .

De sinus is begrensd door 1, en er geldt dus −

1 1 ≤ sn ≤ . n n

De rijen (−1/n) en (1/n) convergeren allebei naar 0 en de insluitstellling levert dan dat (s n ) ook naar 0 convergeert.

44

Hoofdstuk 2

Voorbeeld 2.11: Als tweede voorbeeld bewijzen we dat lim

n→∞

√ n n = 1.

√ Schrijf an = n n − 1. We moeten laten zien dat (an ) naar 0 convergeert. Het is duidelijk dat an > 0 voor alle n ≥ 2 en dat vanwege de definitie van de n-de machtswortel (1+a n )n = n. Volgens het binomium van Newton geldt n = (1 + an )n = 1 +

n n 2 n n n 2 an + an + · · · + an ≥ 1 + a . 1 2 n 2 n

Hieruit volgt a2n ≤ en daarom

n−1 n−1 2 n = n(n−1) = , n 2 2

√ 2 0 < an ≤ √ . n

Vanwege de insluitstelling volgt nu dat (a n ) naar 0 streeft als n → ∞.

2.2.4

Deelrijen

In deze paragraaf leiden we de stelling van Bolzano-Weierstrass af, die zegt dat elke begrensde rij een convergente deelrij heeft. Deze stelling zullen we later gebruiken in het bewijs dat een continue functie op een gesloten, begrensd interval een maximum en een minimum heeft. Deelrij Een deelrij van een rij wordt bekomen door een aantal elementen van de rij weg te nemen, zonder iets aan de volgorde van de overblijvende elementen te veranderen. Definitie:

Een rij (bn ) wordt een deelrij van de rij (an ) genoemd als er een strikt stijgende functie φ : N → N is zodat bn = aφ(n) .

Voorbeeld 2.12: Als we van de rij (an ) alleen de elementen met een oneven nummer nemen, dan krijgen we de deelrij a1 , a 3 , a 5 , a 7 , . . . van (an ). Deze deelrij kunnen we noteren we met (a 2n+1 )n∈N . In dit voorbeeld is φ(n) = 2n + 1. De deelrij die uit de even genummerde elementen bestaat is gelijk aan (a 2n )n∈N . Een deelrij van een convergente rij is zelf ook convergent. Eigenschap 2.7: Elke deelrij van een convergente rij is convergent en heeft dezelfde limiet.


45

Bewijs: Neem aan dat (an ) een convergente rij is met limiet L. Zij (a φ(n) ) een deelrij met φ : N → N strikt stijgend. Kies ε > 0 willekeurig. Omdat (a n ) naar L convergeert is er een n0 zodat |an − L| < ε voor iedere n ≥ n0 . Omdat φ strikt stijgend is, geldt φ(n) ≥ n voor iedere n. Als n ≥ n0 , dan geldt φ(n) ≥ n0 en dus |aφ(n) − L| < ε. Dus (aφ(n) ) convergeert naar L. 2 Uit deze eigenschap volgt dat een rij die twee convergente deelrijen heeft met verschillende limieten, niet convergent kan zijn. Immers van een convergente rij hebben alle deelrijen dezelfde limiet. Stelling van Bolzano-Weierstrass We hebben gezien in Stelling 2.2 dat een convergente reële rij begrensd is. Het omgekeerde is niet waar, zoals uit eenvoudige voorbeelden blijkt. De alternerende rij 1, −1, 1, −1, 1, . . . is begrensd, maar niet convergent. Deze rij heeft wel convergente deelrijen, namelijk de constante rij 1, 1, 1, . . . met limiet 1. Ook de constante rij −1, −1, −1, . . . is een convergente deelrij. Het blijkt dat iedere begrensde rij een convergente deelrij heeft. Dit is de belangrijke stelling van Bolzano-Weierstrass. We formuleren en bewijzen ze hier alleen voor reële rijen. Stelling 2.8: Elke begrensde reële rij heeft een convergente deelrij. Bewijs: We nemen een begrensde rij (an ). We bekijken de verzamelingen Am = {an | n > m} = {am+1 , am+2 , . . .}. Deze verzamelingen omvatten elkaar als volgt A0 ⊃ A1 ⊃ A2 ⊃ . . . ⊃ Am−1 ⊃ Am ⊃ · · · Ze zijn alle niet leeg en begrensd, omdat de rij (a n ) begrensd is. Bijgevolg hebben ze een supremum, zeg xm = sup Am . Omdat Am+1 ⊂ Am is xm+1 ≤ xm . De rij (xm )m∈N is bijgevolg dalend. Ze is ook begrensd, bijvoorbeeld door het infimum van A0 . De rij (xm ) is dus convergent, zeg met limiet L. We gaan nu stap voor stap een strikt stijgende functie φ : N → N invoeren zodanig dat (aφ(n) ) naar L convergeert. We zullen φ zo kiezen dat |aφ(n) − L| <

1 n

voor alle n ∈ N0 .

(2.6)

We nemen φ(0) = 0. Omdat de rij (xm ) naar L convergeert is er een m zodanig dat |xm − L| < 12 . Omdat xm het supremum is van Am is er een element van Am dat groter is dan xm − 12 . Dit element is van de vorm ak met k > m. We nemen φ(1) = k. Dan is φ(1) > φ(0) en 1 1 |aφ(1) − L| = |ak − L| ≤ |ak − xm | + |xm − L| < + = 1. 2 2

46

Hoofdstuk 2

Neem nu aan dat we φ(0) < φ(1) < · · · < φ(n − 1) reeds hebben zodat |a φ(j) − L| < 1j voor j = 1, . . . , n − 1. We willen nu φ(n) invoeren. Omdat de rij (x m ) naar L convergeert is 1 er een m0 zodanig dat |xm − L| < 2n voor elke m ≥ m0 . We nemen m = max(m0 , φ(n − 1)). 1 Omdat xm het supremum van Am is is er een element van Am dat groter is dan xm − 2n . Dit element is van de vorm ak met k > m. We nemen φ(n) = k. Omdat k > m en m ≥ φ(n − 1) is dan φ(n) > φ(n − 1). Ook is |aφ(n) − L| = |ak − L| ≤ |ak − xm | + |xm − L| <

1 1 1 + = . 2n 2n n

We kunnen zo voortgaan en we vinden een deelrij (a φ(n) ) zodat (2.6) geldt. Uit (2.6) volgt dat de deelrij convergent is met limiet L. 2 Als alle elementen van een rij tot het interval [a, b] behoren, dan is de rij begrensd. Een limiet van een convergente deelrij behoort dan ook tot [a, b]. Men zegt wel dat een interval [a, b] compact is. Een compact interval is dus gesloten én begrensd. Een complexe rij (zn ) is begrensd als de rij van absolute waarden (|z n |) begrensd is. Met deze definitie van begrensd, geldt de stelling van Bolzano-Weierstrass ook voor complexe rijen. Een begrensde rij van complexe getallen heeft dus een convergente deelrij. We zullen hier verder niet op in gaan. Voorbeeld 2.13: De rij (an ) met an = (−1)n 1 − n1 is begrensd maar niet convergent. De deelrij met de even-genummerde elementen 1 1 2n a2n = (−1) 1− =1− 2n 2n is convergent met limiet 1. De deelrij met de oneven-genummerde elementen 1 1 a2n+1 = (−1)2n+1 1 − =− 1− 2n + 1 2n + 1 is convergent met limiet −1. De constructie die in het bewijs van Stelling 2.8 gebruikt werd is van voldoende belang om nog even apart te bekijken. Uitgaande van een begrensde rij (a n ) definieerden we de rij (xm ) door xm = sup{an | n > m}, en we lieten zien dat de rij (xm ) convergent is. Deze limiet wordt wel de lim sup (‘limes superior’) van de rij (an ) genoemd en genoteerd met lim sup an . Dus n→∞

lim sup an = lim sup{an | n > m}. n→∞

m→∞

Evenzo kennen we ook de lim inf (‘limes inferior’) van de rij (a n ).

lim inf an = lim inf{an | n > m}. n→∞

m→∞

Uit het bewijs van Stelling 2.8 blijkt dat er een convergente deelrij (a φ(n) ) van (an ) bestaat met lim sup an als limiet. Een soortgelijke constructie geeft ook dat lim inf an optreedt als n→∞

n→∞


47

limiet van een convergente deelrij van (a n ). Het blijkt dat lim sup an de grootst mogelijke n→∞

limiet van een convergente deelrij is, en lim inf an de kleinst mogelijke. n→∞ Altijd geldt de ongelijkheid lim inf an ≤ lim sup an . n→∞

n→∞

Gelijkheid geldt als en slechts als de rij (a n ) convergent is.

2.2.5

Het O symbool

Als de rij (an ) convergent is met limiet L, dan heeft men vrij nauwkeurige informatie omtrent het gedrag van de elementen an als n groot is. Ze liggen namelijk allemaal dicht bij de limiet L. Als de rij (an ) divergent is naar oneindig, dan is het soms van belang hoe snel (of hoe traag) de elementen naar oneindig gaan. Men zou de rij (a n ) bijvoorbeeld kunnen vergelijken met een goed gekende rij, zoals de rij (n p ) voor zekere p, en zich afvragen of de rij (a n ) sneller of trager naar oneindig gaat dan (np ). Om dit uit te drukken gebruikt men het O symbool. Definitie:

Neem aan dat (an ) en (bn ) twee rijen zijn. Dan schrijven we an = O(bn )

als n → ∞,

indien er een constante M > 0 en een n0 ∈ N zijn zodanig dat ∀n ≥ n0 : |an | ≤ M |bn |. We zeggen dan: “an is grote O van bn ”. Indien de elementen van de rij (bn ) ongelijk aan nul zijn, dan kunnen we door b n delen. In dat geval betekent an = O(bn ) dat ∀n ≥ n0 :

|an | ≤M |bn |

voor zekere M > 0 en n0 . Dit houdt precies in dat de quotiëntrij ( abnn ) begrensd is. Voorbeeld 2.14: n P Zij an = k 2 . We bewijzen dat an = O(n3 ) als n → ∞. k=1

We zien dat an gelijk is aan 1 + 22 + 32 + 42 + · · · + n2 . Dit is een som met n termen en n2 is de grootste term. Het is dan duidelijk dat a n kleiner is dan n2 + n2 + n2 + n2 + · · · + n2 . Deze laatste som bestaat uit n termen n 2 en is dus gelijk aan n3 . Er geldt dus an ≤ n3 . Omdat an > 0 volgt hieruit dat an = O(n3 ) als n → ∞. n 1 X 2 Merk op dat uit voorgaande volgt dat de rij met termen 3 k begrensd is. Men zou n k=1 zich nu kunnen afvragen of deze rij convergent is, en zo ja, wat de limiet is. Hier zullen we later nog op terugkomen.

2.3

Continu¨ıteit

In deze paragraaf bespreken we het begrip continu¨ıteit van reële functies van één reële veranderlijke. Dit begrip wordt eerst intu¨ıtief behandeld aan de hand van een voorbeeld. Ver-

48

Hoofdstuk 2

volgens wordt de strenge wiskundige formulering van continu¨ıteit gegeven. Tenslotte worden enkele fundamentele stellingen over continue functies aangegeven.

2.3.1

Definities en voorbeelden

Intu¨ıtief zeggen we dat een functie f continu is als de grafiek van f een ononderbroken kromme is. We kunnen dit ook uitdrukken door te zeggen dat de functiewaarde f (x) niet veel verandert als x niet veel verandert. Voorbeeld 2.15: In Figuur 2.9 zijn de grafieken van de vier volgende functies gegeven. 1. f1 (x) = x − x3 = x(1 − x2 ) = x(1 − x)(1 + x), x als x ≤ 1 2. f2 (x) = 1 x als x > 1, 1 als x < 0 3. f3 (x) = 2 − x als x ≥ 0, 4. f4 (x) = 1 . |x|

Figuur 2.9: De grafieken van de functies f 1 (linksboven), f2 (rechtsboven), f3 (linksonder) en f4 (rechtsonder). De grafieken van de functies f1 en f2 zijn ononderbroken krommen. De grafieken van de functies f3 en f4 worden gekenmerkt door onderbrekingen bij x = 0. De functie f 4 (x) = 1 |x| is zelfs niet gedefinieerd in x = 0 en wordt zeer groot voor kleine waarden van |x|. De eerste twee functies noemen we ‘continu’, de laatste twee zijn ‘niet continu in x = 0’. We kunnen ook aan continu¨ıteit denken in het kader van benaderingsprocessen zoals beschreven in paragraaf 2.2.2. Een benaderingsproces voor een onbekende grootheid bestaat uit vier stappen.


49

1. Bepaal een eerste benadering van de onbekende grootheid. 2. Vind een manier om een betere benadering te verkrijgen. 3. Genereer een rij van steeds betere benaderingen. 4. De gewenste grootheid is de limiet van de rij. Beschouw nu een functie f en een waarde x 0 . We willen f (x0 ) uitrekenen. Veronderstel dat de waarde x0 niet precies gekend is, maar dat ze wel bekomen kan worden uit een benaderingsproces. Dat wil zeggen dat we uitgaande van een eerste benadering een rij (x n ) kunnen genereren die convergeert naar x 0 . Deze situatie komt frequent voor als een iteratief algoritme gebruikt wordt om x0 te berekenen. We kunnen dan xn zien als het resultaat na n stappen in het algoritme. Indien we zo een benadering xn van x0 bekomen hebben, kunnen we f (xn ) uitrekenen. De vraag is nu of f (xn ) een benadering is voor de onbekende grootheid f (x 0 ). En ook, of de benadering f (xn ) steeds beter wordt indien we n laten toenemen. Als dat zo is, zullen we de functie continu noemen in x0 . Deze overwegingen leiden tot de volgende definitie van continu¨ıteit. Continu¨ıteit in een punt (rij definitie) Definitie:

De functie f is continu in x 0 ∈ dom f als voor elke rij (xn ) in dom f met lim xn = x0

n→∞

geldt lim f (xn ) = f (x0 ).

n→∞

(2.7)

Indien de functie f continu is in x0 , dan gedraagt ze zich goed ten opzichte van benaderingsprocessen voor x0 . Elk benderingsproces voor x0 wordt door f afgebeeld op een benaderingsproces voor f (x0 ). We benadrukken hierbij dat (2.7) dient te gelden voor elke rij (xn ) die naar x0 convergeert. Het is zeker niet voldoende als er een enkele rij (x n ) is met limiet x0 waarvoor de rij (f (xn )) naar f (x0 ) convergeert. Dit kunnen we bv. zien aan de functie f3 uit bovenstaand voorbeeld. Als we een rij (x n ) nemen van positieve getallen die naar 0 convergeert, dan zal lim f3 (xn ) = 2 = f3 (0).

n→∞

Als we echter een rij (xn ) nemen met negatieve getallen die naar 0 convergeert, dan zal lim f3 (xn ) = 1 6= f3 (0).

n→∞

We kunnen ook een rij (xn ) nemen met limiet 0 die alternerend positief en negatief is bv. xn = (−1)n n1 , en dan zal de limiet lim f3 (xn )

n→∞

zelfs helemaal niet bestaan. De functie f 3 is dus niet continu in 0.

50

Hoofdstuk 2

Continu¨ıteit in een punt (ε-δ definitie) Naast de bovenstaande ‘rij definitie’ van continu¨ıteit, bestaat er een andere, equivalente definitie, die wel de ‘ε-δ definitie’ wordt genoemd. Om deze te illustreren, verwijzen we naar Figuur 2.10 waarin links een continue functie f is voorgesteld. We willen weer de functiewaarde f (x 0 ) bepalen in een zeker punt x0 uit het domein van f . We moeten ons echter tevredenstellen met een benadering van f (x 0 ) omdat we x0 niet exact kennen. f (x0 ) gaan we daarom benaderen met een functiewaarde f (x) waarin x een benadering is van x0 . De nauwkeurigheid waarmee we f (x0 ) benaderen willen we echter wel willekeurig kunnen kiezen. Het idee van continu¨ıteit is nu dat we elke opgegeven nauwkeurigheid voor f (x0 ) kunnen bereiken, indien we x0 met een voldoende grote nauwkeurigheid benaderen. De noodzakelijke nauwkeurigheid in de benadering van x 0 zal hierbij afhangen van de gewenste nauwkeurigheid in de benadering van f (x 0 ). De gewenste nauwkeurigheid voor f (x 0 ) zullen we aangeven met ε > 0. Deze dient willekeurig gekozen te kunnen worden. De nauwkeurigheid voor x 0 geven we aan met δ. Deze is niet willekeurig, maar dient genomen te worden in functie van ε. We wensen dan dat voor elke benadering x van x0 met nauwkeurigheid δ (dat wil zeggen |x − x 0 | < δ), de functiewaarde f (x) een benadering is van f (x 0 ) met nauwkeurigheid ε (dus |f (x)−f (x 0 )| < ε). In formulevorm betekent dit: ∀x : |x − x0 | < δ =⇒ |f (x) − f (x0 )| < ε.

(2.8)

Dit houdt ook in dat het gehele interval ]x 0 − δ, x0 + δ[ door f afgebeeld wordt binnen het interval ]f (x0 ) − ε, f (x0 ) + ε[. Dit is ge¨ıllustreerd met de functie f in Figuur 2.10.

y

y

f

f(x0)+ε

g

g(x0 )+ε

f(x 0)

g(x0 )

f(x 0)−ε

g(x0)−ε x0−δ

x0

x0+δ

x

x0−δ

x0

x0+δ

x

Figuur 2.10: Continu¨ıteit: intu¨ıtief. Merk op dat de uitspraak (2.8) niet opgaat voor de functie g in Figuur 2.10 (rechts): voor de gekozen ε valt g(x0 + δ/2) altijd buiten het interval ]g(x 0 ) − ε, g(x0 ) + ε[, hoe klein we δ ook kiezen. De functie g is dan ook niet continu in het punt x 0 . We vinden zo de ε-δ definitie van continu¨ıteit: Definitie:

Een functie f is continu in x 0 ∈ dom f als ∀ε > 0 : ∃δ > 0 : ∀x ∈ dom f : |x − x0 | < δ =⇒ |f (x) − f (x0 )| < ε.

(2.9)


51

De eis ∀x ∈ dom f wordt bijgevoegd daar we slechts voor x ∈ dom f het beeld f (x) kunnen vormen. Men kan laten zien dat de twee gegeven definities (2.7) en (2.9) equivalent zijn. We zullen dat hier echter niet doen. Aan voorwaarde (2.9) is niet voldaan door de functies f 3 en f4 in x0 = 0 in Figuur 2.9 en g in Figuur 2.10. Functie f3 voldoet wel aan deze voorwaarde wanneer men uitsluitend x ≥ 0 neemt. De functie f3 is wel rechtscontinu in 0. Rechts- en linkscontinu¨ıteit Definitie:

Een functie f heet rechtscontinu in x 0 indien x0 ∈ dom f en ∀ε > 0 : ∃δ > 0 : ∀x ∈ dom f : x0 ≤ x < x0 + δ =⇒ |f (x) − f (x0 )| < ε, en linkscontinu in x0 indien x0 ∈ dom f en ∀ε > 0 : ∃δ > 0 : ∀x ∈ dom f : x0 − δ < x ≤ x0 =⇒ |f (x) − f (x0 )| < ε.

Uiteraard is een functie continu in x 0 als en slechts als ze zowel rechts- als linkscontinu is in x0 . Er bestaat ook een equivalente rij definitie van rechts- en linkscontinu¨ıteit. Definitie:

De functie f is rechtscontinu in x 0 ∈ dom f als voor elke rij (xn ) in het domein van f met lim xn = x0 n→∞

en ∀n ∈ N : xn ≥ x0 , geldt dat lim f (xn ) = f (x0 ).

n→∞

Voor linkscontinu¨ıteit wordt de voorwaarde ∀n : xn ≥ x0 vervangen door ∀n : xn ≤ x0 . We illustreren nu de definitie van het begrip continu¨ıteit met twee voorbeelden. Voorbeeld 2.16: We laten zien dat de functie f : R → R : x 7→ 3x + 5 continu is in x = 2. Er geldt uiteraard f (2) = 11. We gaan de definitie (2.9) gebruiken. Bij een willekeurig gekozen ε > 0 dienen we een δ > 0 te kunnen bepalen zodat ∀x : |x − 2| < δ =⇒ |(3x + 5) − 11| < ε. Nu is |(3x + 5) − 11| = |3x − 6| = 3|x − 2|. We moeten dus een δ > 0 aangeven zodanig dat ∀x : |x − 2| < δ =⇒ 3|x − 2| < ε. We kiezen

ε δ= . 3

Als dan |x − 2| < δ, dan zal inderdaad |f (x) − f (2)| = 3|x − 2| < 3δ = ε.

52

Hoofdstuk 2

De functie is dus continu in 2. Merk op dat de keuze van δ niet uniek bepaald is. We hadden bijvoorbeeld ook δ = kunnen kiezen, of elke andere nog kleinere δ.

ε 10

Voorbeeld 2.17: We laten zien dat de functie f f : ]0, +∞[ → R : x 7→

1 x

continu is in x = 2. Bij een vast gekozen ε > 0 moeten we een δ > 0 bepalen, zodat uit |x − 2| < δ volgt |f (x) − f (2)| < ε. Om te onderzoeken hoe we δ moeten nemen, merken we eerst op dat 1 1 2 − x |x − 2| = |f (x) − f (2)| = − = . x 2 2x 2|x|

Als we weten dat |x − 2| < δ dan is hierin de teller eenvoudig af te schatten door δ. Voor de noemer dienen we |x| naar onder af te schatten. Uit |x − 2| < δ volgt dat |x| > 2 − δ. Als dit bruikbaar wil zijn, zal δ niet te groot gekozen moeten worden, zeker willen we dat δ kleiner is dan 2. We zullen nog wat veiliger spelen, en hoe dan ook δ≤1 kiezen. Dan volgt uit |x − 2| < δ, dat |x| > 1, en dus dat |f (x) − f (2)| =

|x − 2| δ < . 2|x| 2

Nu is het duidelijk hoe we een geschikte δ in functie van ε kunnen kiezen. We nemen namelijk δ = min(1, 2ε). Zij vervolgens x met |x − 2| < δ. Omdat δ ≤ 1 geldt dat |x| > 1 en daarmee volgt uit het bovenstaande dat |x − 2| δ |f (x) − f (2)| = < . 2|x| 2 Omdat δ ≤ 2ε, volgt tenslotte

|f (x) − f (2)| < ε.

Hiermee is continu¨ıteit van f in 2 aangetoond.

2.3.2

Continu¨ıteit van scalaire veelvouden, sommen en producten van functies en van samengestelde functies

Eigenschap 2.9: Indien f en g functies zijn die continu zijn in x 0 , dan zijn ook de functies λf , met λ ∈ R, f + g, f − g en f g continu in x0 . Indien g(x0 ) 6= 0, dan is tevens het quotiënt fg continu in x0 .


53

Bewijs: We geven het bewijs met behulp van de rij definitie van continu¨ıteit en we maken gebruik van de rekenregels (2.1)–(2.5) voor convergente rijen. Om te bewijzen dat λf continu is in x0 , kiezen we een rij (xn ) in het domein van f die convergeert naar x0 : lim xn = x0 . n→∞

Omdat f continu is in x0 volgt hieruit dat lim f (xn ) = f (x0 ).

n→∞

Vanwege de eigenschap (2.5) van convergente rijen volgt dan lim λf (xn ) = λf (x0 ).

n→∞

Aangezien de rij (xn ) met limiet x0 verder willekeurig gekozen kan worden, volgt uit de rij definitie van continu¨ıteit dat λf continu is in x0 . De andere uitspraken van Eigenschap 2.9 worden analoog bewezen. We zullen nog het bewijs voor het quotiënt fg geven. Daartoe nemen we een convergente rij (x n ) in dom f ∩dom g met limiet x0 . Omdat f en g continu zijn in x0 geldt lim f (xn ) = f (x0 )

n→∞

en

lim g(xn ) = g(x0 ).

n→∞

Omdat g(x0 ) 6= 0, is dan g(xn ) 6= 0 voor n groot genoeg, en er geldt volgens (2.4) f (xn ) f (x0 ) = . n→∞ g(xn ) g(x0 ) lim

Dit is hetzelfde als

f f (xn ) = (x0 ) n→∞ g g en aangezien de rij (xn ) met limiet x0 verder willekeurig gekozen is, volgt hieruit dat de functie fg continu is in x0 . 2 Met behulp van de bovenstaande eigenschappen toont men eenvoudig aan dat veeltermfuncties en rationale functies continu zijn in elk punt van hun domein. lim

Eigenschap 2.10: Indien f en g twee functies zijn waarvoor bld f ⊂ dom g, en indien f continu is in x0 en g continu in f (x0 ), dan is de samengestelde functie g ◦ f continu in x 0 . Bewijs: We geven het bewijs weer aan de hand van de rij definitie van continu¨ıteit. Neem een rij (xn ) in het domein van g ◦ f met limiet x0 . Dan is (xn ) in het domein van f , en er geldt omdat f continu is in x0 : lim f (xn ) = f (x0 ). n→∞

De rij (f (xn )) behoort tot het domein van g, omdat bld f ⊂ dom g. Omdat g continu is in f (x0 ) geldt dan lim g(f (xn )) = g(f (x0 )). n→∞

Dit betekent lim (g ◦ f )(xn ) = (g ◦ f )(x0 ).

n→∞

Aangezien de rij (xn ) met limiet x0 verder willekeurig gekozen kan worden volgt dat de samenstelling g ◦ f continu is in x0 . 2

54

Hoofdstuk 2

Voorbeeld 2.18: Als f continu is dan is ook |f | continu, want |f | is gelijk aan de samenstelling g ◦ f met g(x) = |x| en g is continu.

2.3.3

Twee belangrijke stellingen

We bewijzen nu twee belangrijke stellingen omtrent continue functies, namelijk de hoofdeigenschap van continue functies en de tussenwaardestelling. Deze twee stellingen komen regelmatig terug bij de studie van reële functies van één reële veranderlijke. Beide stellingen handelen over functies die continu zijn op een compact (d.w.z. gesloten en begrensd) interval [a, b]. Hiermee bedoelen we het volgende. Definitie:

Een functie f is continu op een gesloten interval [a, b] ⊂ dom f indien f continu is in elk punt van ]a, b[, rechtscontinu in a en linkscontinu in b.

Indien f continu is op [a, b], dan schrijven we wel f ∈ C([a, b]). Dus C([a, b]) is de verzameling van alle functies die continu zijn in [a, b]. Hoofdeigenschap van continue functies Stelling 2.11: Als de functie f continu is op het gesloten interval [a, b] dan is het beeld f ([a, b]) een begrensde deelverzameling van R die haar infimum en supremum bevat. M.a.w. ∃c, d ∈ [a, b] : ∀x ∈ [a, b] : f (c) ≤ f (x) ≤ f (d). Bewijs: We tonen eerst aan dat de verzameling f ([a, b]) begrensd is. We geven een bewijs uit het ongerijmde en we veronderstellen dat f in [a, b] niet naar boven begrensd is. Voor elk natuurlijk getal n geldt dan dat n geen bovengrens is van f ([a, b]). Bijgevolg bestaat er dan een punt xn ∈ [a, b] zodat f (xn ) > n, waarbij het punt xn afhangt van de gekozen n ∈ N. We bekomen zo een rij getallen (xn ) in [a, b] met de eigenschap ∀n ∈ N : f (xn ) > n. De rij van getallen (xn ) is begrensd daar xn ∈ [a, b] voor elke n. Volgens de stelling van Bolzano–Weierstrass is er een convergente deelrij (x φ(n) ) met limiet x0 . Omdat het interval gesloten is, geldt ook x0 ∈ [a, b]. Omdat lim xφ(n) = x0 volgt vanwege de rijdefinitie van n→∞ continu¨ıteit dat lim f (xφ(n) ) = f (x0 ). n→∞

Anderzijds is f (xφ(n) ) > φ(n) ≥ n voor elke n, zodat de rij (f (x φ(n) )) niet naar boven begrensd is. Dit is in tegenspraak met het bestaan van de limiet lim f (xφ(n) ) = f (x0 ) ∈ R. n→∞

De veronderstelling dat f ([a, b]) niet naar boven begrensd is, leidt dus tot een tegenspraak, en er is nu bewezen dat f ([a, b]) wel naar boven begrensd is. Op dezelfde wijze wordt aangetoond dat f ([a, b]) naar onder is begrensd.


55

We bewijzen nu de tweede uitspraak in de stelling, namelijk dat de functie f haar minimum en maximum bereikt op het interval [a, b]. We weten al dat f ([a, b]) begrensd is. Bijgevolg bestaan het supremum en het infimum m = inf{f (x) | x ∈ [a, b]}

en

M = sup{f (x) | x ∈ [a, b]}.

We moeten laten zien dat het infimum en supremum aangenomen worden, dus dat ∃c ∈ [a, b] : f (c) = m

en

∃d ∈ [a, b] : f (d) = M.

We geven hier het bewijs voor het supremum (het bewijs voor het infimum gaat analoog). Omdat M het supremum van f ([a, b]) is, geldt voor elke n ∈ N 0 dat M − n1 geen bovengrens is van f ([a, b]). Bijgevolg is er bij elke n ∈ N 0 een element xn ∈ [a, b] te vinden zo dat f (xn ) > M −

1 . n

We bekomen zo een rij (xn ) in [a, b]. Vanwege de stelling van Bolzano-Weierstrass bezit deze rij een convergente deelrij, zeg (x φ(n) ) met limiet d ∈ [a, b]. Omdat f continu is op [a, b] is ze ook continu in d. Uit de rijdefinitie van continu¨ıteit volgt dan dat lim f (xφ(n) ) = f (d).

n→∞

Ook geldt f (xφ(n) ) > M −

1 1 ≥M− . φ(n) n

Merk hierbij op dat φ strikt stijgend is, waaruit volgt dat φ(n) ≥ n voor elke n. Het rechterlid in de laatste ongelijkheid convergeert naar M als n → ∞, en het linkerlid naar f (d). Uit Stelling 2.5 volgt dan f (d) ≥ M. Omdat M het supremum is van f ([a, b]) en d ∈ [a, b] geldt ook f (d) ≤ M. Dus f (d) = M en dit toont aan dat het supremum inderdaad aangenomen wordt. Het supremum is bijgevolg ook het maximum van f ([a, b]). 2 De hoofdeigenschap wordt ge¨ıllustreerd in Figuur 2.11. Tussenwaardestelling Stelling 2.12: Neem aan dat f continu is op het gesloten interval [a, b]. Zij γ een waarde die ligt tussen f (a) en f (b), dat wil zeggen f (a) ≤ γ ≤ f (b) indien f (a) ≤ f (b), en f (b) ≤ γ ≤ f (a) indien f (b) < f (a). Dan is er tenminste één x 0 ∈ [a, b] waarvoor f (x0 ) = γ. Met andere woorden: een continue functie neemt op [a, b] elke waarde tussen f (a) en f (b) minstens éénmaal aan.

56

Hoofdstuk 2

y M

f(b) γ a

c xo

f(a) m

d

b x

Figuur 2.11: Illustratie van de hoofdeigenschap en de tussenwaardestelling. Bewijs: Precies één van de volgende gevallen moet gelden voor f : (a) f (a) = f (b) (b) f (a) < f (b) (c) f (a) > f (b). In geval (a) is de stelling trivialerwijze waar, want dan is γ = f (a), en we kunnen nemen x0 = a (of x0 = b). We zullen voor het bewijs verder aannemen dat we met geval (b) te maken hebben en dat f (a) < γ < f (b). Geval (c) volgt op een analoge manier. Neem dus aan dat f (a) < γ < f (b). We zullen op algoritmische wijze drie rijen construeren (an ), (bn ) en (mn ). Het algoritme staat bekend als de bisectiemethode. We beginnen met a0 = a, b0 = b, m0 = (a + b)/2. m0 is het middelpunt van het interval [a 0 , b0 ]. Als f (m0 ) = γ, dan hebben we een punt gevonden waar f de waarde γ heeft, en dan kunnen we stoppen. Dit zal eerder uitzonderlijk zijn. In het algemeen zal f (m0 ) < γ of f (m0 ) > γ. Als f (m0 ) < γ, dan nemen we a1 = m 0 ,

b1 = b0 .

a1 = a 0 ,

b1 = m0 .

Als f (m0 ) > γ, dan nemen we In beide gevallen stellen we

a1 + b 1 . 2 We gaan zo door. Als f (m1 ) = γ, dan zijn we klaar. Als f (m1 ) < γ, dan nemen we m1 =

a2 = m 1 ,

b2 = b1 .

a2 = a 1 ,

b2 = m1 .

Als f (m1 ) > γ, dan nemen we


57

In beide gevallen nemen we tevens m2 =

a2 + b 2 . 2

Enzovoorts. Als op enig moment het proces afbreekt doordat f (m n ) = γ, dan zijn we op dat moment klaar. We nemen verder aan dat het proces niet afbreekt, en dan vinden we de drie oneindige rijen (an ), (bn ) en (mn ). Wat zijn nu de belangrijke eigenschappen van deze rijen? Allereerst wordt m n steeds genomen als het middelpunt van het interval [a n , bn ]. Het volgende interval [an+1 , bn+1 ] is gelijk aan [mn , bn ] of aan [an , mn ]. Dit hangt af van de waarde van f (mn ). Hoe dan ook, er zal steeds gelden dat de lengte van het interval [a n+1 , bn+1 ] de helft is van de lengte van [an , bn ]. Dus bn − a n bn+1 − an+1 = . 2 Hieruit is eenvoudig af te leiden, met behulp van volledige inductie, dat bn − a n =

b−a , 2n

en daaruit volgt lim (bn − an ) = 0.

n→∞

Dit is de eerste belangrijke eigenschap van de rijen (a n ) en (bn ). Ten tweede merken we op dat de rij (an ) stijgend is en (bn ) dalend. Bovendien is de rij (an ) naar boven begrensd (bijvoorbeeld door b) en de rij (b n ) naar onder begrensd (bijvoorbeeld door a). De twee rijen moeten dus convergeren vanwege Stelling 2.3. De twee limieten zijn bovendien gelijk omdat we al weten dat de verschilrij (b n −an ) naar 0 convergeert. Er is dus een getal x0 met lim an = lim bn = x0 . n→∞

n→∞

Het is duidelijk dat x0 behoort tot [a, b]. De derde eigenschap van de rijen (an ) en (bn ) die we nodig hebben, is dat f (an ) < γ

en f (bn ) > γ

voor elke n.

Dit is eenvoudig in te zien uit de constructie van a n en bn . Nu gaan we de continu¨ıteit van f gebruiken. Omdat de rijen (a n ) en (bn ) naar x0 convergeren, en f continu is in x0 , volgt vanwege de rijdefinitie van continu¨ıteit dat lim f (an ) = lim f (bn ) = f (x0 ).

n→∞

n→∞

De getallen f (an ) zijn allen kleiner dan γ, en daaruit volgt voor de limiet f (x0 ) = lim f (an ) ≤ γ. n→∞

Anderzijds zijn de getallen f (bn ) groter dan γ, hetgeen geeft f (x0 ) = lim f (bn ) ≥ γ. n→∞

Dus f (x0 ) ≤ γ én f (x0 ) ≥ γ, en dit kan alleen als f (x0 ) = γ.

58

Hoofdstuk 2

De tussenwaardestelling is hiermee bewezen.

2

Het bisectiealgoritme dat in bovenstaand bewijs gebruikt werd om de tussenwaardestelling aan te tonen, wordt ook in de praktijk gebruikt als een numerieke methode om vergelijkingen op te lossen. De tussenwaardestelling wordt ge¨ıllustreerd in Figuur 2.11. Deze stelling wordt dikwijls gebruikt om nulpunten van continue functies te localiseren. Ze heeft namelijk het volgende interessante gevolg. Gevolg 1: Als f continu is op [a, b] en f (a)f (b) < 0, dan bestaat er minstens één punt x0 ∈ ]a, b[ zodat f (x0 ) = 0. Uit de hoofdeigenschap en de tussenwaardestelling volgt tevens: Gevolg 2:

Als f continu is op [a, b] dan is f ([a, b]) een gesloten interval f ([a, b]) = [m, M ]

met m = inf{f (x) | x ∈ [a, b]} en M = sup{f (x) | x ∈ [a, b]}. Voorbeeld 2.19: De functie f f : R → R : x 7→ x2 ,

(2.10)

is continu. Er geldt f (1) = 1 en f (2) = 4. Uit de tussenwaardestelling toegepast op het interval [a, b] = [1, 2], volgt dat er een waarde x ∈ [1, 2] bestaat met f (x) = x2 = 2. Er volgt op analoge wijze dat ∀y ∈ R+ : ∃x ∈ R+ : x2 = y. Het definitiegebied van f moet inderdaad een begrensd gesloten interval zijn opdat de hoofdstelling zou gelden, zoals blijkt uit volgend voorbeeld. Voorbeeld 2.20: De functie f f : ]0, 1[ → R : x 7→ x + 1, is continu en begrensd, maar bereikt nochtans niet haar infimum op ]0, 1[. Wanneer als definitiegebied het gesloten interval [0, 1] gekozen wordt, zodat f : [0, 1] → R : x 7→ x + 1, dan geldt de stelling uiteraard wel. Het minimum en het maximum worden bereikt in de eindpunten 0 en 1 van [0, 1]. De functie 1 g : ]0, 1] → R : x 7→ x is niet begrensd.


59

Voorbeeld 2.21: De continue functie f (x) = x3 + x − 27 bezit minstens één nulpunt in ]0, 3[. Inderdaad f (0) = −27 en f (3) = 3 hebben tegengesteld teken. Uit gevolg 1 volgt dat er minstens één nulpunt van f is tussen 0 en 3.

2.3.4

Continu¨ıteit van inverse functie

Indien een functie f injectief is, dan heeft f een inverse f −1 . We onderzoeken hier het verband tussen de inverse en continu¨ıteit. We beginnen met een hulpstelling. Hulpstelling 2.13: Een functie f : [a, b] → R die continu op [a, b] en injectief is, is ofwel strikt stijgend, ofwel strikt dalend. Bewijs: Omdat f injectief is, is f (a) 6= f (b). Er zijn dan twee mogelijkheden, namelijk (1) f (a) < f (b) of (2) f (a) > f (b). Laten we aannemen dat (1) geldt, dus dat f (a) < f (b). Om te beginnen tonen we aan dat hieruit volgt dat ∀x ∈ ]a, b[ : f (a) < f (x) < f (b). (2.11) Dit bewijzen we uit het ongerijmde. Als (2.11) niet zou gelden, dan zou er een x ∈ ]a, b[ bestaan met f (x) ≤ f (a) of f (x) ≥ f (b). Indien f (x) ≤ f (a), dan passen we de tussenwaardestelling toe op het interval [x, b] met waarde γ = f (a). Er volgt dat er een getal c ∈ [x, b] bestaat met f (c) = γ = f (a). Omdat c ∈ [x, b] en x > a is dan c 6= a, en we hebben zo een tegenspraak bekomen met de injectiviteit van f . Net zo leidt de veronderstelling dat f (x) ≥ f (b) tot een tegenspraak. We laten nu zien dat f strikt stijgend is op [a, b]. We doen dit weer uit het ongerijmde. Veronderstel dat f niet strikt stijgend is op [a, b]. Dan zijn er twee getallen x en y uit [a, b] met a≤x x. Dit is een tegenspraak, omdat f injectief is. Dus f is wel strikt stijgend op [a, b]. Op dezelfde manier volgt uit (2) dat f strikt dalend is. 2 Stelling 2.14: Een functie f : [a, b] → R die continu en injectief is, heeft een continue inverse f −1 met als domein • dom f −1 = [f (a), f (b)] in het geval dat f strikt stijgend is, of • dom f −1 = [f (b), f (a)] in het geval dat f strikt dalend is.

60

Hoofdstuk 2

Bewijs: Uit de hulpstelling weten we dat f ofwel strikt stijgend, ofwel strikt dalend is. We bekijken het geval dat f strikt stijgend is. Het bewijs voor een strikt dalende functie is analoog. Voor een strikt stijgende functie f geldt m = min{f (x) | x ∈ [a, b]} = f (a) en M = max{f (x) | x ∈ [a, b]} = f (b). Vanwege de tussenwaardestelling (zie ook Gevolg 2) is dan f ([a, b]) = [m, M ] = [f (a), f (b)]. De inverse functie heeft dus als domein het interval [f (a), f (b)]: dom f −1 = bld f = f ([a, b]) = [f (a), f (b)]. We kiezen nu een willekeurig inwendig punt y 0 ∈ ]f (a), f (b)[. Er is dan een unieke x0 ∈ ]a, b[ met f (x0 ) = y0 . Kies ε > 0 willekeurig. We mogen aannemen dat ε zo klein genomen is dat a < x0 − ε en x0 + ε < b. Neem nu δ = min{y0 − f (x0 − ε), f (x0 + ε) − y0 }. Merk op dat δ > 0 omdat f strikt stijgend is en y 0 = f (x0 ). Kies nu y ∈ dom f −1 zodanig dat |y − y0 | < δ. f (x0 − ε) < y0 − δ < y < y0 + δ < f (x0 + ε). Uit het feit dat f strikt stijgend is, volgt eenvoudig dat ook f −1 strikt stijgend is. Daarmee volgt x0 − ε < f −1 (y) < x0 + ε. Dat wil zeggen |f −1 (y) − f −1 (y0 )| = |f −1 (y) − x0 | < ε. We hebben laten zien ∀ε > 0 : ∃δ > 0 : ∀y : |y − y0 | < δ =⇒ |f −1 (y) − f −1 (y0 )| < ε en dit betekent dat f −1 continu is in het inwendige punt y0 . Op soortgelijke wijze volgt dat f −1 rechtscontinu is in f (a) en linkscontinu in f (b). Dus −1 f is continu op [f (a), f (b)]. 2 Voorbeeld 2.22: Voor elke n ∈ N0 is de functie

f : R+ → R : x 7→ xn

strikt stijgend. De inverse functie is uiteraard de n-de machtswortel f −1 (y) : R+ → R : y 7→ Vanwege Stelling 2.14 is deze inverse continu.

√ n y = y 1/n .


2.4

61

Limieten van functies

In deze paragraaf willen we de waarde bepalen waar de afhankelijke veranderlijke y = f (x) naar toe streeft wanneer de onafhankelijke veranderlijke x willekeurig dicht nadert naar x 0 . We willen bijgevolg de ‘limietwaarde’ van y = f (x) bepalen voor x → x 0 . Het begrip limiet is nauw verbonden met het begrip continu¨ıteit en wordt eerst ge¨ıllustreerd aan de hand van twee voorbeelden.

2.4.1


Voorbeeld 2.23: De functie f f : R → R : x 7→ x + 1, heeft als dom f = R en is continu. Wanneer de onafhankelijke veranderlijke x naar 2 streeft, dan zal wegens de continu¨ıteit y = f (x) naar f (2) streven. Daar f continu is in x = 2 is het bijgevolg natuurlijk te stellen dat lim f (x) = f (2).

x→2

Voor een continue functie is de limiet in een punt x 0 van dom f gelijk aan de functiewaarde f (x0 ). Dus lim f (x) = f (x0 ) x→x0

als f continu is in x0 . Voorbeeld 2.24: De functie f f : x 7→

x2 − x − 2 (x − 2)(x + 1) = , x−2 (x − 2)

heeft als dom f = R \ {2} en is niet gedefinieerd en daarom niet continu in x. Naar welke waarde streeft f (x) als x naar 2 nadert? Voor x 6= 2 geldt f (x) = x + 1. Om deze reden voeren we de nieuwe functie f¯ in door f¯ : R → R : x 7→ x + 1. Het domein van f¯ is R en f¯ is overal continu. We zeggen dat f¯ een continue uitbreiding is van f in het punt 2 en we stellen dat lim f (x) = lim f¯(x) = f¯(2) = 3.

x→2

x→2

Dit voorbeeld leidt tot de algemene definitie van continue uitbreiding. Definitie:

Een functie f¯ is de continue uitbreiding van f tot een punt x 0 als  dom f¯ = dom f ∪ {x0 },   ∀x ∈ dom f \ {x0 } : f (x) = f¯(x),   ¯ f is continu in x0 .

Uit het voorgaande volgt dan de volgende definitie.

62

Hoofdstuk 2

Definitie:

De limiet van een functie f in een punt x 0 bestaat indien f een continue uitbreiding f¯ tot x0 bezit. In dat geval wordt de limiet gegeven door ¯ 0 ). lim f (x) = f(x

x→x0

De definitie van het begrip limiet is bijgevolg teruggebracht tot het begrip continu¨ıteit. Indien de limietwaarde gelijk is aan L, dus lim x→x0 f (x) = L, dan kunnen we met behulp van de ε-δ definitie van continu¨ıteit van f¯ het bestaan van een limiet ook als volgt formuleren. Eigenschap 2.15: Er geldt dat lim f (x) = L als en slechts als x→x0

∀ε > 0 : ∃δ > 0 : ∀x ∈ dom f : 0 < |x − x0 | < δ =⇒ |f (x) − L| < ε.

(2.12)

De uitspraak (2.12) heeft als voordeel dat de referentie naar de continue uitbreiding f¯ niet meer voorkomt. (2.12) wordt wel de ε-δ definitie van limiet genoemd. Er is ook een formulering van limiet met behulp van rijen. Eigenschap 2.16: Er geldt dat lim f (x) = L als en slechts als voor elke rij (x n ) in dom f \ {x0 }

met

x→x0

lim xn = x0

n→∞

geldt lim f (xn ) = L.

n→∞

Merk op dat voor de waarde van de limiet de eventuele functiewaarde f (x 0 ) van geen enkel belang is. Rechter- en linkerlimiet Zoals we voor continu¨ıteit rechtscontinu en linkscontinu hebben gedefinieerd, kunnen we eveneens een linkerlimiet en een rechterlimiet van een functie f (x) in een punt x 0 van dom f definiëren. Definitie:

De linkerlimiet van f in x 0 bestaat en is gelijk aan L, indien ∀ε > 0 : ∃δ > 0 : ∀x ∈ dom f : x0 − δ < x < x0 =⇒ |f (x) − L| < ε. De rechterlimiet van f in x0 bestaat en is gelijk aan L, indien ∀ε > 0 : ∃δ > 0 : ∀x ∈ dom f : x0 < x < x0 + δ =⇒ |f (x) − L| < ε. We noteren lim f (x) = L

x→x0 −

voor de linkerlimiet en lim f (x) = L

x→x0 +

voor de rechterlimiet.


63

De eenzijdige limieten kunnen ook met rijen beschreven worden. Er geldt dat lim f (x) = x→x0 −

L als en slechts als voor elke rij (xn ) in dom f met xn < x0 voor elke n, geldt dat lim f (xn ) = L. Voor de rechterlimiet geldt dat lim f (x) = L als en slechts als voor

n→∞

x→x0 +

elke rij (xn ) in dom f met xn > x0 voor elke n, geldt dat lim f (xn ) = L. n→∞

Uiteraard volgt uit lim f (x) = lim f (x) = L,

x→x0 +

x→x0 −

dat lim f (x) = L.

x→x0

Limieten worden vaak gebruikt om het asymptotisch gedrag van een functie te onderzoeken wanneer de onafhankelijke veranderlijke naar ±∞ streeft. De definitie van dergelijke limieten zijn uitbreidingen van de bovenstaande definities van linker- en rechterlimiet.

Limiet van een functie wanneer het argument naar oneindig streeft

Definitie:

Wanneer het domein van f naar boven onbegrensd is, dan zeggen we dat de limiet van f voor x naar oneindig bestaat, en gelijk is aan L, indien ∀ε > 0 : ∃M > 0 : ∀x ∈ dom f : x > M =⇒ |f (x) − L| < ε. We schrijven dan lim f (x) = L.

x→+∞

Op analoge wijze definieert men lim f (x) = L.

x→−∞

We merken op dat de definitie van lim an = L, gegeven voor rijen in paragraaf 2.2 een n→∞

bijzonder geval is van de definitie van lim f (x) = L, van een reële functie van een reële x→∞ veranderlijke x. Er is ook een equivalente rij-definitie. Er geldt namelijk dat lim f (x) = L

x→+∞

als en slechts als voor elke rij (xn ) in dom f geldt lim xn = +∞

n→∞

=⇒

lim f (xn ) = L.

n→∞

64

Hoofdstuk 2

Oneindige limieten Definitie:

Tenslotte definiëren we de oneindige limieten: lim f (x) = +∞

x→x0

als en slechts als ∀M > 0 : ∃δ > 0 : ∀x ∈ dom f : 0 < |x − x0 | < δ =⇒ f (x) > M, en analoog lim f (x) = −∞

x→x0

als en slechts als ∀M > 0 : ∃δ > 0 : ∀x ∈ dom f : 0 < |x − x0 | < δ =⇒ f (x) < −M. Ook hiervoor is een equivalente rij-definitie. Er geldt lim f (x) = +∞

x→x0

als en slechts als voor elke rij (xn ) in dom f geldt lim xn = x0

=⇒

n→∞

lim f (xn ) = +∞.

n→∞

Door de twee voorgaande definities te combineren, vinden we het volgende bijzondere geval van oneindige limieten. Definitie:

Wanneer het domein van f naar boven onbegrensd is, dan definieert men lim f (x) = ∞

x→∞

indien geldt ∀M > 0 : ∃R > 0 : ∀x ∈ dom f : x > R ⇒ f (x) > M. Analoog worden lim f (x) = −∞, lim f (x) = −∞ en lim f (x) = ∞ gedefinieerd. x→−∞

x→∞

x→−∞

We illustreren de vorige definities aan de hand van enkele voorbeelden. Voorbeeld 2.25: We berekenen lim f (x) met x→0

f (x) =

2 x+

1 2

voor x ≤ 0, voor x > 0.

De limiet lim f (x) bestaat niet, daar geen continue uitbreiding f¯ van f tot 0 mogelijk is. x→0

De linkerlimiet en de rechterlimiet bestaan echter wel. We hebben lim f (x) = 2

x→0−

en

1 lim f (x) = . x→0+ 2


65

Figuur 2.12: Illustratie bij Voorbeeld 2.25. Voorbeeld 2.26: We berekenen lim f (x) met x→∞

f : R0 → R : x 7→

1 . x

Er geldt 1 = 0. x→∞ x

lim f (x) = lim

x→∞

(2.13)

Om te bewijzen dat (2.13) juist is, moeten we aantonen dat ∀ε > 0 : ∃M > 0 : x > M =⇒ |f (x) − 0| < ε. Nu is

zodat uit x > M > 0 volgt dat

1 1 |f (x) − 0| = = , x |x| 1 1 < . |x| M

Bij een gekozen ε > 0 kiezen we daarom 1 M= . ε Als dan x > M dan is inderdaad |f (x) − 0| <

1 = ε. M

Hieruit volgt dat aan (2.14) voldaan is en bijgevolg is (2.13) juist.

(2.14)

66

Hoofdstuk 2

Voorbeeld 2.27: We tonen aan dat

1 = +∞. x→0+ x lim

(2.15)

(2.15) is juist als we kunnen aantonen dat ∀M > 0 : ∃δ > 0 : 0 < x < δ =⇒ f (x) > M.

(2.16)

We kiezen M > 0 willekeurig en nemen δ=

1 . M

Dan is δ > 0 en als x voldoet aan 0 < x < δ, dan f (x) =

1 1 > = M. x δ

En hieruit volgt dat aan (2.16) voldaan is. Continu¨ıteit en limiet We hebben limieten van functies gedefinieerd met behulp van continu¨ıteit. Omgekeerd kunnen we nu limieten gebruiken om continu¨ıteit te beschrijven. Hulpstelling 2.17: Een functie f : A → R is continu in x0 als en slechts als lim f (x) = f (x0 )

(2.17)

x→x0

Bewijs: Als f continu is in x0 , dan is wegens de definitie van limiet (2.17) inderdaad juist. Omgekeerd als (2.17) juist is, dan behoort x0 tot het domein van f daar f (x0 ) zinvol is en ¯ 0 ). f (x0 ) = f(x Bijgevolg valt f samen met de continue uitbreiding f¯ en is dus continu in x0 .

2

Daar lim x = x0 volgt uit vorige hulpstelling ook dat x→x0

f is continu in x0 ⇐⇒ lim f (x) = f ( lim x) x→x0

x→x0

(2.18)

zodat voor continue functies de symbolen f en lim verwisselbaar zijn. x→x0

Deze stelling heeft ook als gevolg dat de functie f continu is in x 0 als en slechts als • lim f (x) bestaat, èn x→x0

• x0 ∈ dom f , zodat f (x0 ) bestaat, èn • lim f (x) = f (x0 ). x→x0


2.4.2

67

Rekenregels voor limieten

In volgende eigenschap worden de basisregels gegeven voor het berekenen van limieten. Scalaire veelvouden, sommen, producten en quoti¨ enten van limieten Eigenschap 2.18: Neem aan dat f en g twee reële functies zijn en dat x0 ∈ R. Indien de limieten lim f (x)

x→x0

en

lim g(x)

x→x0

bestaan (en niet oneindig zijn) dan geldt 1. lim λf (x) = λ lim f (x), x→x0

x→x0

2. lim (f (x) + g(x)) = lim f (x) + lim g(x), x→x0

x→x0

x→x0

3. lim (f (x) g(x)) = lim f (x) lim g(x), x→x0

4. lim

x→x0

x→x0

x→x0

lim f (x) f (x) x→x0 = , indien lim g(x) 6= 0. x→x0 g(x) lim g(x) x→x0

Bewijs: We bewijzen ter illustratie 3. De andere bewijzen verlopen analoog. We noteren lim f (x) = L en lim g(x) = M.

x→x0

x→x0

Volgens de rij definitie limiet geldt dan voor elke rij (x n ) die voldoet aan ∀n : xn ∈ (dom f ∩ dom g)

∀n : xn 6= x0

en lim xn = x0 n→∞

(2.19)

dat lim f (xn ) = L en lim g(xn ) = M.

n→∞

n→∞

Vanwege de rekenregel (2.3) voor limieten van rijen, geldt dan lim (f (xn )g(xn )) = LM

n→∞

en dit betekent lim (f g) (xn ) = LM.

n→∞

Aangezien dit geldt voor elke rij (xn ) die aan (2.19) voldoet, volgt nu dat rekenregel 3. geldt volgens de rij definitie van limiet. 2 Analoge uitspraken gelden voor linker- en rechterlimieten, en ook voor limieten voor x naar +∞ of −∞. Bovendien kunnen we de rekenregel 4. van vorige eigenschap uitbreiden als volgt. Neem aan dat de limieten lim f (x) = L en lim g(x) = M x→x0

bestaan, waarbij we ±∞ als limiet toelaten.

x→x0

68

Hoofdstuk 2 • Indien L ∈ R0 en M = 0 dan limx→x0

f (x) = ±∞ g(x)

• Indien L ∈ R en M = ±∞ dan limx→x0

(indien deze limiet bestaat),

f (x) = 0, g(x)

• Indien L = ±∞ en M ∈ R0 dan limx→x0

f (x) = ±∞. g(x)

De eigenschappen 2.18 hebben meestal een dubbel doel: het bestaan van een limiet aan te tonen en tevens deze limiet te berekenen. In bepaalde gevallen leidt de toepassing van deze eigenschappen echter tot zinloze notaties. We noemen dit onbepaalde vormen en we noteren symbolisch: 0 , 0

+∞ − ∞,

+∞ , +∞

0 × (+∞),

1+∞ ,

+∞0 .

Voor de berekening van sommige onbepaalde vormen gebruiken we technieken die we verder in deze cursus bestuderen.

Limieten en ongelijkheden Tenslotte formuleren we twee stellingen die een verband geven tussen limieten en ongelijkheden.

Stelling 2.19: Neem aan dat f en g twee reële functies zijn met een gemeenschappelijk domein A ⊂ R en x0 ∈ R. Indien ∀x ∈ A : f (x) ≤ g(x), (2.20) dan geldt, indien de limieten bestaan, lim f (x) ≤ lim g(x).

x→x0

x→x0

Bewijs: We stellen lim f (x) = L,

x→x0

en

lim g(x) = M

x→x0

en we nemen een rij (xn ) in A \ {x0 } met limiet x0 . Uit de rij definitie van limiet volgt dan lim f (xn ) = L en

n→∞

lim g(xn ) = M.

n→∞

Tevens geldt ∀n : f (xn ) ≤ g(xn ). Uit Stelling 2.5 volgt dan L ≤ M , hetgeen we moesten bewijzen.

2


69

De insluitstelling voor functies Stelling 2.20: Neem aan dat f , g en h reële functies zijn met een gemeenschappelijk domein A ⊂ R, dat x0 ∈ R en dat ∀x ∈ A : f (x) ≤ h(x) ≤ g(x).

(2.21)

Indien de limieten lim f (x)

x→x0

en

lim g(x)

x→x0

bestaan en aan elkaar gelijk zijn, zeg lim f (x) = lim g(x) = L

x→x0

x→x0

dan is ook lim h(x) = L.

x→x0

Bewijs: Dit volgt eenvoudig uit de insluitstelling voor rijen. Neem namelijk een rij (x n ) in A \ {x0 } die convergeert naar x0 . Dan geldt lim f (xn ) = lim g(xn ) = L.

n→∞

n→∞

Tevens volgt uit (2.21) dat ∀n : f (xn ) ≤ h(xn ) ≤ g(xn ). Uit Stelling 2.6 volgt dan dat lim h(xn ) = L.

n→∞

Aangezien de rij (xn ) in A \ {x0 } met limiet x0 willekeurig genomen kan worden, volgt met de rij definitie van limiet dat lim h(x) = L. x→x0

2 De ongelijkheid (2.21) wordt ge¨ıllustreerd in Figuur 2.13.

70

Hoofdstuk 2

g(x)-h(x)

graf g graf h

h(x)-f(x)

g(x)-f(x)

y

x

L

graf f

xo

x

Figuur 2.13: Illustratie van de ongelijkheid in Stelling 2.20.


2.5

71

Oefeningen

Oefening 2.1

Bepaal het domein van de volgende functies.

1 x−3 √ (b) f (x) = x2 − 5 r x−1 (c) f (x) = x+2 x (d) f (x) = |x| + 1 (a) f (x) =

√ √ x− x−3 (e) f (x) = x √ 3 (f) f (x) = x + 5 + √ x2 √ (g) f (x) = x2 − 2x + 5 (h) f (x) =

x−1 x2 +x−2

Oefening 2.2 Ga na welk van de volgende functies injectief of surjectief zijn. Indien de functie niet injectief of surjectief is, beperk dan het domein of bereik zodat de bekomen functie wel injectief en surjectief is. (a) f : R → R : x 7→ |x| − x (b) f : R → R+ : x 7→ x2 (c) f : R → R : x 7→ ax + b , a 6= 0 √ (d) f : R → R+ : x 7→ 4 + x2 Oefening 2.3 Beperk de volgende functies tot een zo groot mogelijke verzameling waarop ze injectief is. Bepaal vervolgens van deze beperking de inverse functie. (a) f (x) = 2x + 8 (b) f (x) = x2 + 1 (c) f (x) = x2 + x Oefening 2.4

(d) f (x) = x3 + 1 √ (e) f (x) = 1 − x2 (f) f (x) = (x + 2)4

Bepaal indien mogelijk de samengestelde functie g ◦ f van f en g als

(a) f : R → R : x 7→ x2 , g : R → R : x 7→ 3x √ √ √ x− x−5 √ , g : R+ → R : x 7→ x (b) f : [5, +∞[→ R : x 7→ x−4 √ + (c) f : R+ → R : x 7→ 3x, g : R− −x 0 → R : x 7→ Oefening 2.5 Het geheledeel van eengetal x ∈ R is het grootste gehele getal dat kleiner dan of gelijk aan x is. Zo is 32 = 1, − 32 = −2 en [4] = 4. Teken de grafiek van de functie f : [−3, 3] → R : x 7→ [x]. Oefening 2.6

Geef de algemene term van elk van de volgende rijen:

1 1 1 1 (a) 1, , , , ,... 2 6 24 120 (b) 1, −1, −1, 1, 1, −1, −1, . . .

72

Hoofdstuk 2

(c) 2, −4, 6, −8, 10, . . . (d)

1 2 3 4 , , , ,... 2 5 10 17

(e) 1, x,

x2 x3 x4 x5 , , , ,... 2 6 24 120 Beschouw de rij (an )∞ n=1 met an =

Oefening 2.7

1 . n2

(a) Bepaal voor elk van de volgende ongelijkheden een natuurlijk getal n 0 zodat voor n ≥ n0 geldt 1 1 1 an < , an < , an < 7 . 100 401 10 (b) Neem ε > 0. Bepaal een natuurlijk getal n 0 zodanig dat an < ε voor elke n ≥ n0 . (c) Bewijs dat de rij convergent is. Oefening 2.8 (a)

(b)

1 n2

n+1 n

Bereken de limiet van volgende rijen en geef een bewijs.

n∈N0

n∈N0

(c) ((−1)n )n∈N Oefening 2.9

De rij (an ) wordt gedefinieerd door   

1 3n + 1 an =  3  n

als n even is als n oneven is

Bereken de eerste vijf elementen van de rij. Bewijs met de definitie dat lim an = 0. n→∞

Oefening 2.10

Bewijs dat een dalende rij die naar onder begrensd is, convergeert.

Oefening 2.11 Onderzoek of de volgende rijen monotoon en begrensd zijn. Welke van de rijen zijn convergent? (a) an = 2 + (b) an =

n−1 n+1

1 n

(c) an = 2n (d) an =

1 2n

Functies, Rijen, Continu¨ıteit en Limieten Oefening 2.12

(a) an = (b) an =

n2 2n2

Bepaal de limiet van de gegeven rij of toon aan dat ze divergeert.

2n (j) an = n √ (k) an = n 2 p (l) an = n 1/2

+ 2n − 3 − 3n + 1

n2 + 1 n3/2 + n

(c) an = np met p > 0

(m) an =

(d) an = np met p < 0

(f) an = (1.01)n

(o) an = n −

2n + n 2 3n √ √ √ (h) an = n n + 1 − n

(p) an =

(g) an =

1 n

√ n n2

n4 + 2n2 − 1 . 3n3 + 2n4 √ (r) an = n 2n

(q) an =

n! nn

Oefening 2.13

n2 n!

1 1 (n) an = √ − √ n n+1

n2 (e) an = n 2

(i) an =

73

De rij (bn ) is gedefinieerd door b0 = 0 en bn+1 = pbn + q

voor n ∈ N,

waarin p ∈ [0, 1[ en q > 0 vaste getallen zijn. (a) Bewijs dat voor iedere n ∈ N geldt 0 ≤ b n ≤

q 1−p .

(b) Bewijs dat de rij (bn ) stijgend is. (c) Bewijs dat de rij convergeert en bepaal de limiet. Oefening 2.14

De rij (an ) is gedefinieerd door a1 = an+1 =

2an 1 + a2n

1 2

en

voor n ∈ N.

(a) Bewijs dat voor iedere n ∈ N geldt 0 ≤ a n ≤ 1. (b) Bewijs dat de rij (an ) monotoon is. (c) Bewijs dat de rij convergeert en bepaal de limiet. Oefening 2.15

De rij (an ) is gedefinieerd door a1 = 1 en √ an+1 = 1 + an voor n ∈ N0 .

(a) Bewijs dat de rij naar boven begrensd is (b) Bewijs dat de rij stijgend is. (c) Bewijs dat de rij convergeert en bepaal de limiet.

74

Hoofdstuk 2

Oefening 2.16

De rij (an ) is recursief gedefinieerd door a1 = p > 0 en an+1 = 1 +

1 an

voor n ∈ N0 .

Onderzoek of de rij convergeert en bepaal de limiet als ze convergeert. Hangt het antwoord af van de waarde van p? Oefening 2.17 De rij van Fibonacci getallen is gedefinieerd door a 1 = a2 = 1 en an+2 = an+1 + an voor n ∈ N0 . Bereken an+1 lim n→∞ an in de veronderstelling dat deze limiet bestaat. Oefening 2.18

Bepaal de limiet van de rij (a n ) met an =

1 2 n + 2 + ··· + 2. 2 n n n

Oefening 2.19 Zij (zn ) een rij van complexe getallen. Zij a n = Re zn en bn = Im zn . Toon aan dat de rij (zn ) convergent is als en slechts als de twee rijen (a n ) en (bn ) convergent zijn. Oefening 2.20

Zij 0 < r < 1 en beschouw de rij (a n ) met an = nr n .

(a) Laat zien dat er een n0 is met de eigenschap dat voor elke n ≥ n 0 geldt an ≥ an+1 . [De rij is dalend vanaf index n0 .] (b) Waarom volgt hieruit dat de rij convergent is? (c) Bepaal de limiet van de rij. Oefening 2.21 Bepaal alle mogelijke limieten van convergente deelrijen van de volgende rijen (bn ). Bereken ook lim inf bn en lim sup bn . n→∞

(a) bn = (−1)

(n+1)3

1 1+ 2 n

n→∞

(b) bn = (−1)n + 2(−1)n(n+1)/2 Oefening 2.22 (a)

n P

k=1

(b) (c)

Toon aan

k 4 = O(n5 ) als n → ∞.

√ n n! = O(n) als n → ∞. 2n n

= O(4n ) als n → ∞. [Hint: Pas het binomium van Newton toe op (1 + 1) 2n .]

Functies, Rijen, Continu¨ıteit en Limieten Oefening 2.23

75

In welke punten is de gegeven functie niet continu?

(a) f (x) = 2x

(f) f (x) = [x] waarin [x] het grootste gehele getal is dat kleiner dan of gelijk is aan x

x (b) f (x) = 2 x −1

x2 x2 − 3x + 2   |4 − x2 | (d) f (x) =  2−x 4  √  x + x2 (e) f (x) = x  1

(g) f (x) = [2x + 1]

(c) f (x) =

(h) f (x) = als x 6= 2

als x = 2

als x 6= 0

(i) f (x) =

x |x| − 3 ( 2x + 3 7+

16 x

als x ≤ 4

als x > 4

(j) f (x) = [x2 ]

als x = 0

Oefening 2.24 Toon aan met de -δ definitie dat de volgende functies continu zijn in het gegeven punt x0 . (a) f (x) = 7x − 2 met x0 = 2 (b) f (x) = x2 + 2 met x0 = 0 (c) f (x) = x met x0 = −1 Oefening 2.25

Toon aan dat de constante functie f : R → R : x 7→ c overal continu is.

Oefening 2.26 Toon aan: Als f continu is en geen nulpunten heeft op [a, b], dan is ofwel f (x) > 0 voor elke x ∈ [a, b] ofwel f (x) < 0 voor elke x ∈ [a, b]. Oefening 2.27 Toon aan: Als |f (x) − f (y)| ≤ |x − y| voor elk paar punten x en y in het interval [a, b], dan is f continu op [a, b]. Oefening 2.28 Als f en g continue functies zijn op het interval [1, 2], kan dan zijn in een punt van [1, 2] ? Verantwoord uw antwoord. Oefening 2.29

f g

discontinu

De Dirichletfunctie is als volgt gedefinieerd: 0 als x rationaal f (x) = 1 als x irrationaal

Toon aan dat de functie discontinu is in elk reëel getal. Oefening 2.30 Bepaal de constanten a en b zodat de volgende functies continu zijn op de gehele reële rechte.  a    x − 2 als x ≤ 0 (a) f (x) = 2x − b als 0 < x < 2    6 als x ≥ 2.

76

(b) f (x) =

Hoofdstuk 2     

(c) f (x) =

(

Oefening 2.31

x2

als 1 ≤ x ≤ 2

ax + b

als 2 < x

ax − b

als x < 1

x3 ax2

als x ≤ 2 als x > 2

Zij f (x) =

ax + b cx2 + dx + e

als x ≤ 1 als x > 1

Aan welke voorwaarde moeten de constanten a, b, c, d, e voldoen opdat de functie continu is in x = 1? Oefening 2.32 Neem aan dat de functie f continu is in c en dat f (c) > 0. Bewijs dat er een δ > 0 bestaat zodanig dat ∀x ∈ dom f : |x − c| < δ =⇒ f (x) > 0. Oefening 2.33 [2, 4].

Toon aan dat de functie f (x) = x 2 −4x+3 een nulpunt heeft in het interval

Oefening 2.34

Toon aan dat de vergelijking cos x = x minstens één oplossing heeft.

Oefening 2.35 Zij f (x) = x3 + x − 1. Toon aan dat f een nulpunt heeft in [0, 1]. Voer een aantal stappen uit van de bisectiemethode om een benadering te vinden van het nulpunt. Hoeveel stappen van de bisectiemethode zijn nodig om het nulpunt te benaderen met een fout die kleiner is dan 10−6 ? Oefening 2.36 Bewijs van elk van de gegeven functies dat ze een nulpunt hebben in het gegeven interval [a, b]. Benader dit nulpunt met de bisectiemethode met een fout die kleiner is dan 10−3 . (a) f (x) = x2 + 2x − 4 op het interval [0, 3]. (b) f (x) = x4 − 2 op het interval [1, 2]. (c) f (x) = x3 + 5x2 − 4 op het interval [0, 2]. (d) f (x) = x5 + x4 − 5 op het interval [0, 64]. Oefening 2.37 Neem aan dat f continu is op het interval [0, 2] en dat f (0) = f (2). Toon aan dat er een x0 ∈ [0, 1] bestaat met f (x0 ) = f (x0 + 1). Oefening 2.38

Bereken de volgende limieten (als ze bestaan)


77 x2 + x − 6 x→−1 x2 − x − 2

x2 − 4 (a) lim x→−2 x + 2

(f) lim

x2 − x − 2 (b) lim x→2 x−2

(g) lim

x2 + x − 6 x→2 x2 − x − 2

x−1 (c) lim 2 x→1 x − 4x + 3

(h)

(d) lim

(i)

x2 + x − 6 x→−1+ x2 − x − 2 √ x−1 (j) lim x→1 x − 1

x−1 2 x→3 x − 4x + 3

(e) lim

x→3+ x2

Oefening 2.39

x2 + x − 6 x→−1− x2 − x − 2 lim

x−1 − 4x + 3

lim

Toon aan dat de limiet √ 1+x−1 lim x→0 |x|

niet bestaat. Oefening 2.40 (a) lim

x→0

(b) lim

x→1

1−

Bereken de volgende limieten. √ 1 − x2 x2 (h)

− 1)3

(x x2 − 4x + 3

(c) lim

x→−1 x4

x3

+ 2x2

+ 4x3

+ 6x2

+x + 4x + 1

(j)

x2 − 4 x→2 x − 2

(k)

(e) lim

(g)

lim 7x5 − 3x4 + 12x + 9

(l)

x→−∞

4x3 − 3x + 1 x→1/2 4x3 − 4x2 + x lim

Oefening 2.41

x→+∞

p p 3 4x2 + x + 1 − 8x3 − 7x

x2 − a 2 met a 6= 0 x→a x2 + 2ax + a2 √ x2 lim x→0+ x √ x2 lim x→0− x √ √ 3 x − 2 − 3 2x − 12 lim x→10 x2 − 100 √ √ 7x + 9 − 3 1 − x √ lim √ x→0 2 x + 1 − x + 4

(i) lim

√ √ x x−x+ x−1 (d) lim x→1 x−1

(f)

lim

(m)

Toon aan dat lim

x→∞

2x =0 +1

x2

door gebruik te maken van de insluitstelling. Oefening 2.42 limiet dat

Neem aan dat f : R → R begrensd is. Bewijs met de ε-δ definitie van lim xf (x) = 0.

x→0

Geef ook een bewijs met de insluitstelling.

78

Hoofdstuk 2

Oefening 2.43

Bereken de limieten

x+1 x→∞ 1 − x

(a) lim

3x2 − 5x + 4 (b) lim x→∞ 2x3 − 6x2 + x − 1 √ 1 + x2 (c) lim x→∞ x √ 1 + x2 (d) lim x→−∞ x x−9 (e) lim √ x→9 x−3 Oefening 2.44

(f) lim x x→0+

r

1+

1 x

1 − x2 (g) lim √ x→1− 1 − x4 x (h) lim x→0− |x| p (i) lim x2 + 3 − x x→∞

(j) lim

x→∞

Bereken de volgende limiet 1 2 lim x sin . x→0 x

Hint : Gebruik | sin(x)| ≤ |x| en de insluitstelling.

p x2 + 5x − x

Hoofdstuk 3

Differentiaalrekening In dit hoofdstuk wordt de afgeleide van reële functies van één reële veranderlijke bestudeerd. Eerst worden de afgeleide van een functie in een punt en de afgeleide functie gedefinieerd en worden de rekenregels gegeven voor de praktische berekening van de afgeleide. Vervolgens worden verschillende versies van de middelwaardestelling van de differentiaalrekening bewezen. De middelwaardestelling wordt gebruikt om de regels van de l’Hôpital op te stellen voor de berekening van de onbepaalde vormen 00 en ∞ ∞ en om het verloop van functies te bepalen. Dit alles zal ons onder meer in staat stellen optimalisatieproblemen op te lossen.

3.1 3.1.1

Afgeleide en afgeleide functie Definities en meetkundige betekenis

Neem aan dat f een reële functie van één reële veranderlijke is en dat x0 en x0 + h twee punten van dom f zijn. De verhouding f (x0 + h) − f (x0 ) f (x0 + h) − f (x0 ) = , (x0 + h) − x0 h

(3.1)

geeft de gemiddelde verandering van de afhankelijke veranderlijke f (x) wanneer de onafhankelijke veranderlijke verandert van x 0 tot x0 + h. Wanneer bijvoorbeeld s de afgelegde weg is en t de tijd dan geeft de verhouding s(t0 + h) − s(t0 ) , h de ‘gemiddelde verandering van de afgelegde weg’ of de ‘gemiddelde snelheid’ aan in het tijdsinterval [t0 , t0 + h]. Wanneer we ge¨ınteresseerd zijn in de ‘ogenblikkelijke snelheid’ v(t), willen we een ‘zo klein mogelijk’ tijdsinterval nemen, dus v(t0 ) = lim

h→0

s(t0 + h) − s(t0 ) . h

De veranderingen in de onafhankelijke en afhankelijke veranderlijke worden ook genoteerd als ∆x en ∆f = f (x0 + h) − f (x0 ) = f (x0 + ∆x) − f (x0 ). De verhouding gedefinieerd in (3.1) kan dan verkort geschreven worden als ∆f , ∆x 79

80

Hoofdstuk 3

en wordt het differentiequoti¨ ent genoemd van f in x0 bij een variatie h of ∆x in x. We gebruiken de verhouding gedefinieerd in (3.1) om de ogenblikkelijke verandering van f in x0 te definiëren. Wanneer h in absolute waarde steeds kleiner wordt gekozen, dan verwachten we intu¨ıtief dat de gemiddelde verandering van f in ]x 0 , x0 + h[ steeds dichter nadert tot de ogenblikkelijke verandering van f in x 0 . Afleidbaarheid in een punt x0 Definitie:

Zij x0 een inwendig punt van het domein van de functie f . Indien de limiet f (x0 + h) − f (x0 ) h→0 h lim

bestaat, dan is f afleidbaar of differentieerbaar in het punt x 0 . De waarde van deze limiet wordt genoteerd als df df (x0 ) 0 of of Df (x0 ), f (x0 ) of dx x0 dx en wordt de afgeleide van f in x0 genoemd. De afgeleide van f in x0 geeft de ogenblikkelijke verandering van f in x 0 . Volgens de definitie van limiet geldt dat de afgeleide van f in x 0 gelijk is aan f 0 (x0 ) als en slechts als f (x0 + h) − f (x0 ) 0 ∀ε > 0 : ∃δ > 0 : ∀h : 0 < |h| < δ =⇒ − f (x0 ) < ε. h Door x = x0 + h te nemen kunnen we ook schrijven

f (x) − f (x0 ) f 0 (x0 ) = lim . x→x0 x − x0

y

t

Q

f(xo+h) graf f

f(xo)

P xo

x o+h

x

Figuur 3.1: Meetkundige betekenis van afleidbaarheid van f in x 0 . Meetkundige betekenis van de afgeleide van f in x 0 De afgeleide van f in x0 heeft een eenvoudige meetkundige betekenis, zoals blijkt uit Figuur 3.1. P en Q zijn de punten van grafiek van f met coördinaten (x0 , f (x0 )) en (x0 + h, f (x0 + h)).

Differentiaalrekening

81

efficiënt van de rechte P Q. Wanneer h → 0 dan Het differentiequotiënt ∆f ∆x is de richtingsco¨ wentelt de rechte P Q om P en heeft als grensstand de raaklijn in P aan de grafiek van f , zodat ∆f lim = f 0 (x0 ), ∆x→0 ∆x de richtingscoëfficiënt is van de raaklijn aan de grafiek van f in het punt (x 0 , f (x0 )). De vergelijking van de raaklijn aan de grafiek van f in het punt P is bijgevolg y − f (x0 ) = f 0 (x0 )(x − x0 ), ofwel y = f (x0 ) + f 0 (x0 )(x − x0 ).

Wanneer f 0 (x0 ) = 0 dan is de raaklijn evenwijdig met de x-as. Linker- en rechterafgeleide van een functie f in x 0 Definitie:

De linkerafgeleide van f in x 0 is lim

h→0−

f (x0 + h) − f (x0 ) , h

en de rechterafgeleide van f in x0 is f (x0 + h) − f (x0 ) . h→0+ h lim

De linkerafgeleide en rechterafgeleide bestaan enkel als de overeenkomstige limiet bestaat. Natuurlijk is een functie f afleidbaar in een punt x 0 als en slechts als de linkerafgeleide en de rechterafgeleide in x0 bestaan en aan elkaar gelijk zijn. We hebben de afleidbaarheid van een functie in een punt gedefinieerd. Een functie kan natuurlijk in elk punt van een deelverzameling van R of zelfs in elk punt van R afleidbaar zijn. In dat geval kunnen we de afgeleide functie definiëren. Definitie:

De functie f is afleidbaar in A ⊂ R indien f afleidbaar is in elk punt van A. In dit geval kunnen we met elke x ∈ A de waarde f 0 (x) laten corresponderen, en met de oorspronkelijke functie een nieuwe functie f 0 verbinden, gedefinieerd door f 0 : A → R : x 7→ f 0 (x). f 0 is de afgeleide functie van f .

De notatie die gebruikt wordt is belangrijk om het leren werken met een nieuw begrip te vergemakkelijken. Voor de afgeleide zijn een aantal notaties gebruikelijk. We geven hiervan een overzicht. • De notatie f 0 (‘f accent’) is ingevoerd door J. L. Lagrange (1734–1813). Het benadrukt het functie-aspect van de afgeleide. De afgeleide van een functie is een functie en door evaluatie in een punt bekomen we een getal. Als y = f (x) wordt ook wel y 0 geschreven voor de afgeleide. • Het differentiequotiënt

f (x + h) − f (x) h

82

Hoofdstuk 3 wordt ook genoteerd met ∆f ∆x waarbij ∆ de verandering weergeeft. ∆f is dan de verandering in f die veroorzaakt is door de verandering ∆x in x. In analogie hiermee ontwikkelde Leibniz (1646–1716) de notatie df ∆f = lim dx ∆x→0 ∆x voor de afgeleide van f . Hierbij wordt gedacht dat df een infinitesimale verandering is in f ten gevolge van een infinitesimale verandering dx in x. De infinitesimale veranderingen df df en dx hebben echter geen afzonderlijke betekenis. De notatie dx dient zuiver formeel opgevat te worden als een andere schrijfwijze voor f 0 (x) en niet als een quotiënt van twee grootheden. Varianten van de

df dx

notatie zijn df (x), dx

df (x) dx

en

d f (x). dx

• De operatornotatie D is ingevoerd door Arbogast (1759–1803) om te benadrukken dat de afgeleide bekomen wordt door een zekere operatie uit te voeren op een functie. De afgeleide van f wordt dan genoteerd door Df en de waarde van de afgeleide in x 0 is (Df )(x0 ). We geven een aantal voorbeelden van afgeleiden. Constante functie Voor de constante functie f (x) = c kunnen we eenvoudig de afgeleide berekenen f (x + h) − f (x) c−c = lim = 0. h→0 h→0 h h

f 0 (x) = lim

De afgeleide is dus identiek gelijk aan 0. Affiene functie Voor de affiene functie f (x) = ax + b vinden we f (x + h) − f (x) (a(x + h) + b) − (ax + b) ah = lim = lim = a. h→0 h→0 h→0 h h h

f 0 (x) = lim In andere notatie

d (ax + b) = a. dx

nde machtsfunctie Voor de functie f (x) = xn met n ∈ N0 geldt f (x + h) − f (x) (x + h)n − xn = lim . h→0 h→0 h h

f 0 (x) = lim

Om de limiet te kunnen uitrekenen gebruiken we het binomium van Newton dat zegt n

(x + h) =

n X n k=0

k

xn−k hk = xn + nxn−1 h +

n(n − 1) n−2 2 x h + · · · + hn , 2


83

zie Stelling 1.8 uit Hoofdstuk 1. Dan n (x + h)n − xn X n n−k k−1 n(n − 1) n−2 x h = nxn−1 + h + · · · + hn−1 . = x k h 2 k=1

Elke term in de rechterkant, behalve de eerste, bevat een factor h. Als h naar 0 streeft, gaan al deze termen naar 0. Wat overblijft is alleen de eerste term, die niet van h afhangt, en er volgt (x + h)n − xn = nxn−1 . f 0 (x) = lim h→0 h

3.1.2

Hogere orde afgeleiden

Wanneer f een afleidbare functie is, en de afgeleide f 0 is ook weer afleidbaar, dan zeggen we dat f twee keer afleidbaar is, en de afgeleide van f 0 noemen we de tweede orde afgeleide van 2 d2 2 f . We schrijven f 00 , ddxf2 , dx 2 f of D f . Net zo, als de tweede orde afgeleide van f afleidbaar 3

3

of

D n f.

d 3 is, dan is f drie keer afleidbaar en we schrijven f 000 , ddxf3 , dx 3 f of D f , enzovoorts. In het algemeen spreken we van de n orde afgeleide van f , die we noteren met

f (n) ,

3.1.3

dn f , dxn

dn f, dxn

Differentieerbaarheid en continu¨ıteit

We beginnen met een voorbeeld. Voorbeeld 3.1: We bepalen de rechter- en de linkerafgeleide van de functie f (x) = |x| in het punt x = 0. De rechterafgeleide wordt gegeven door f (0 + h) − f (0) |h| h = lim = lim = 1. h→0+ h→0+ h h→0+ h h lim

De linkerafgeleide is f (0 + h) − f (0) |h| −h = lim = lim = −1. h→0− h→0− h h→0− h h lim

Daar de linker- en rechterafgeleide verschillende waarden aannemen in x = 0, is f niet afleidbaar in x = 0. De grafiek van f wordt gegeven in Figuur 3.2. Uit het bovenstaand voorbeeld kunnen we concluderen dat een functie die continu is, niet noodzakelijk afleidbaar is. Het omgekeerde geldt echter wel. Een afleidbare functie is noodzakelijkerwijs continu. Stelling 3.1: Indien de functie f afleidbaar is in x 0 , dan is f continu in x0 .

84

Hoofdstuk 3

Figuur 3.2: De functie f : R 7→ R+ : x 7→ |x| is continu maar niet afleidbaar in x = 0. Bewijs: Neem aan dat f afleidbaar is in x0 . We moeten laten zien dat lim f (x) = f (x0 ). We kunnen x→x0

schrijven als x 6= x0 f (x) = f (x0 ) +

f (x) − f (x0 ) (x − x0 ). x − x0

Omdat f afleidbaar is in x0 geldt

lim

x→x0

f (x) − f (x0 ) = f 0 (x0 ). x − x0

Ook geldt lim (x − x0 ) = 0. Dus geldt vanwege de rekenregels voor limieten x→x0

f (x) − f (x0 ) lim f (x) = f (x0 ) + lim x→x0 x→x0 x − x0 en hieruit volgt dat f continu is in x 0 .

3.2

lim (x − x0 )

x→x0

= f (x0 )

2

Rekenregels voor afgeleiden

De afgeleide van een functie kan steeds berekend worden met behulp van de definitie van de vorige paragraaf. Meestal is dit echter een omslachtige werkwijze. In deze paragraaf worden de voornaamste rekenregels aangegeven die een eenvoudige bepaling van de afgeleide toelaten.


3.2.1

85

Afgeleide van som, verschil, product en quoti¨ ent

Eigenschap 3.2: Neem aan dat de functies f en g afleidbaar zijn in x 0 . Dan geldt 1. Voor elke λ ∈ R is de functie λf afleidbaar in x 0 , met afgeleide (λf )0 (x0 ) = λf 0 (x0 ). 2. De som f + g en het verschil f − g zijn afleidbaar in x 0 , met als afgeleiden (f + g)0 (x0 ) = f 0 (x0 ) + g 0 (x0 ) en (f − g)0 (x0 ) = f 0 (x0 ) − g 0 (x0 ). 3. De productregel: Het product f g is afleidbaar in x 0 , met als afgeleide (f g)0 (x0 ) = f 0 (x0 )g(x0 ) + f (x0 )g 0 (x0 ).

4. Indien g(x0 ) 6= 0, dan is 1/g afleidbaar in x0 , met als afgeleide 0 1 g 0 (x0 ) (x0 ) = − . g g(x0 )2 5. De quoti¨ entregel: Indien g(x0 ) 6= 0, dan is het quotiënt f /g afleidbaar in x0 , met als afgeleide 0 f f 0 (x0 )g(x0 ) − f (x0 )g 0 (x0 ) (x0 ) = . g g(x0 )2

Bewijs: 1. Er geldt (λf )0 (x0 ) = lim

h→0

λf (x0 + h) − λf (x0 ) f (x0 + h) − f (x0 ) = λ lim = f 0 (x0 ). h→0 h h

2. Voor de som vinden we (f (x0 + h) + g(x0 + h)) − (f (x0 ) + g(x0 )) h→0 h f (x0 + h) − f (x0 ) g(x0 + h) − g(x0 ) = lim + lim h→0 h→0 h h = f 0 (x0 ) + g 0 (x0 ).

(f + g)0 (x0 ) =

lim

Het bewijs voor het verschil gaat net zo. 3. De productregel is iets lastiger te bewijzen. Het maakt gebruik van een techniek die vaker voorkomt in bewijzen. Trek een geschikte uitdrukking ergens van af, en tel het er daarna weer meteen bij, om tot een factorisatie te komen. Dit passen we toe op het

86

Hoofdstuk 3

differentiequotiënt voor het product f g: f (x)g(x) − f (x0 )g(x0 ) . x − x0 Van de teller trekken we f (x)g(x0 ) af, en we tellen het er daarna weer meteen bij. Dan krijgen we f (x)g(x) − f (x0 )g(x0 ) f (x)g(x) − f (x)g(x0 ) + f (x)g(x0 ) − f (x0 )g(x0 ) = . x − x0 x − x0 Deze uitdrukking kunnen we factoriseren en er volgt g(x) − g(x0 ) f (x) − f (x0 ) f (x)g(x) − f (x0 )g(x0 ) = f (x) + g(x0 ). x − x0 x − x0 x − x0 Als we hierin nu de limiet nemen voor x naar x 0 , dan streeft f (x) naar f (x0 ) omdat f continu is in x0 (zie stelling 3.1), en er geldt lim

x→x0

g(x) − g(x0 ) = g 0 (x0 ), x − x0

lim

x→x0

f (x) − f (x0 ) = f 0 (x0 ) x − x0

omdat f en g afleidbaar zijn in x0 . Dus lim

x→x0

f (x)g(x) − f (x0 )g(x0 ) = f (x0 )g 0 (x0 ) + f 0 (x0 )g(x0 ) x − x0

en dit bewijst 3. 4. Het differentiequotiënt dat we nu moeten beschouwen is 1/g(x) − 1/g(x0 ) 1 g(x0 ) − g(x) g(x) − g(x0 ) = =− . x − x0 g(x)g(x0 )(x − x0 ) x − x0 g(x)g(x0 ) Nemen we hierin de limiet voor x naar x 0 , dan volgt 0 1 g(x) − g(x0 ) 1 1 (x0 ) = lim − = −g 0 (x0 ) . x→x0 g x − x0 g(x)g(x0 ) g(x0 )2 5. Om de quotiëntregel te bewijzen, schrijven we f /g = f · 1/g en gebruiken we allereerst onderdeel 3.: (f /g)0 (x0 ) = (f · 1/g)0 (x0 ) = f 0 (x0 )(1/g)(x0 ) + f (x0 )(1/g)0 (x0 ) f 0 (x0 ) = + f (x0 )(1/g)0 (x0 ). g(x0 ) Vervolgens gebruiken we 4. om (1/g)0 (x0 ) uit te rekenen: (f /g)0 (x0 ) = en dit bewijst onderdeel 5.

f 0 (x0 ) g 0 (x0 ) f 0 (x0 )g(x0 ) − f (x0 )g 0 (x0 ) − f (x0 ) = 2 g(x0 ) g(x0 ) g(x0 )2 2


87

Voorbeeld 3.2: We hebben reeds de afgeleide van xn uitgerekend voor n ∈ N: d n x = nxn−1 . dx

(3.2)

We hadden dit resultaat ook kunnen afleiden met behulp van volledige inductie door gebruik te maken van de productregel. Als we gebruik maken van rekenregel 4. dan vinden we voor een natuurlijk getal m d −m d 1 d 1 1 x = = − (xm ) · m 2 = −mxm−1 2m = −mx−m−1 . dx dx xm dx (x ) x Hieruit volgt dat de regel (3.2) geldt voor elk geheel getal n ∈ Z. Later zullen we zien dat d c x = cxc−1 (3.3) dx geldt voor elk reëel getal c. Op dit moment kunnen we dit nog niet aantonen. Strikt genomen weten we zelfs nog niet wat bedoeld wordt met x c als c niet rationaal is. Uit de rekenregels 1. en 2. volgt dat het afleiden een lineaire operatie is. Als α en β reële constanten zijn, dan geldt (αf + βg)0 (x) = αf 0 (x) + βg 0 (x). Deze lineariteit kan uitgebruik worden tot een willekeurige eindige som. Als de functies f j afleidbaar zijn in x voor j = 0, . . . , n en c j zijn constanten, dan geldt  0 n n X X  cj fj  (x) = cj fj0 (x). j=0

j=0

Veeltermen en rationale functies Een veelterm is een lineaire combinatie van de machtsfuncties x n . Van xn kennen we de afgeleide. Door dit te combineren met de lineariteit van de afgeleide, kunnen we een willekeurige veelterm afleiden in elk reëel punt x. Indien p(x) =

n X

cj xj

j=0

dan 0

p (x) =

n X

jcj xj−1 .

j=1

Merk op dat we in deze som de term met j = 0 niet hoeven mee te nemen, omdat deze gelijk aan 0 is. We kunnen de afgeleide ook schrijven als 0

p (x) =

n−1 X

(j + 1)cj+1 xj .

j=0

Hieruit zien we dat de afgeleide van een veelterm van graad n een veelterm van graad n − 1 is.

88

Hoofdstuk 3

A

f

y

x

B

y+k

x+h

C

g

g(y)

g(y+k)

g f Figuur 3.3: Afgeleide van de samengestelde functie g ◦ f . Een rationale functie is het quotiënt van twee veeltermen. Omdat veeltermen afleidbaar zijn, volgt uit rekenregel 5. dat een rationale functie afleidbaar is in elk punt waar de noemer niet nul wordt. Bijvoorbeeld 3x5 − x3 + 2x f (x) = x2 + 7 kan met de quotiëntregel afgeleid worden. Het resultaat is f 0 (x) =

3.2.2

(x2 + 7)(15x4 − 3x2 + 2) − (3x5 − x3 + 2x)(2x) . (x2 + 7)2

Afgeleide van samengestelde functies. Kettingregel

De kettingregel is de regel voor het afleiden van een samenstelling g ◦ f van twee afleidbare functies. Stelling 3.3: Indien f afleidbaar is in x en g afleidbaar in f (x) dan is de samengestelde functie g ◦ f afleidbaar in x met als afgeleide (g ◦ f )0 (x) = g 0 (f (x))f 0 (x) = (g 0 ◦ f )(x)f 0 (x).

Bewijs: Neem y = f (x). We kiezen h 6= 0 en k in functie van h als k = f (x + h) − f (x). In Figuur 3.3 worden x, x + h, y = f (x), y + k = f (x + h), g(y) = g ◦ f (x) en g(y + k) = g ◦ f (x + h) aangegeven. Voor (g ◦ f )0 dienen we het differentiequotiënt g(f (x + h)) − g(f (x)) h


89

te beschouwen, dat we herschrijven tot g(f (x + h)) − g(f (x)) h

g(y + k) − g(y) h g(y + k) − g(y) k g(y + k) − g(y) k

= = =

k h f (x + h) − f (x) · . h ·

Als nu h naar 0 streeft, dan zal ook k = f (a+h)−f (a) naar 0 streven, vanwege de continu¨ıteit van f . Omdat f afleidbaar is in a en g in b, volgt nu g(f (x + h)) − g(f (x)) h→0 h

g(y + k) − g(y) f (x + h) − f (x) lim k→0 h→0 k h 0 0 = g (y)f (x)

lim

=

lim

= g 0 (f (x))f 0 (x), hetgeen bewezen moest worden.

2

Met de notatie y = f (x) kan de kettingregel geschreven worden als dg dy dg(y(x)) = , dx dy dx en natuurlijk ook df (u(x)) df = du du dx dx . Afgeleide van een inverse functie Stelling 3.4: Indien f : A 7→ R een injectieve functie is die afleidbaar is in een inwendig punt x0 van A met afgeleide f 0 (x0 ) 6= 0, dan is de inverse functie f −1 : f (A) → A : y 7→ f −1 (y) afleidbaar in y0 = f (x0 ), met als afgeleide 0 f −1 (y0 ) =

1 0

f (f

−1

(y0 ))

=

1 . f (x0 ) 0

Bewijs: De grafiek van f −1 vinden we uit de grafiek van f door deze te spiegelen in de eerste bissectrice. Omdat f afleidbaar is in x0 heeft de grafiek van f een raaklijn in het punt (x 0 , y0 ) en deze raaklijn loopt niet horizontaal want f 0 (x0 ) 6= 0. Na spiegeling gaat deze raaklijn over in de raaklijn aan de grafiek van f −1 in het punt (y0 , x0 ), en deze raaklijn is niet vertikaal. Omdat de grafiek van f −1 in het punt (y0 , x0 ) een niet-vertikale raaklijn heeft, is f −1 afleidbaar in y0 . Om de afgeleide te vinden, bemerken we dat f −1 ◦ f (x0 ) = x0 .

90

Hoofdstuk 3

Als we hierop de kettingregel toepassen vinden we 0 0 0 1 = f −1 ◦ f (x0 ) = f −1 (f (x0 ))f 0 (x0 ) = f −1 (y0 )f 0 (x0 ). Na deling door f 0 (x0 ) 6= 0 bekomen we het gewenste resultaat.

2

Met de notatie y = f (x) en x = f −1 (y) kan men dit resultaat schrijven als dx 1 = dy , dy dx

zodat in dit geval het symbool

dy dx

formeel als een breuk kan behandeld worden.

Met behulp van Stelling 3.4 kunnen we (3.3) aantonen wanneer de exponent een rationaal getal is. Voorbeeld 3.3: Indien p een rationaal getal is, dan geldt d p x = pxp−1 voor x ≥ 0. dx Het bewijs hiervan bestaat uit twee stappen.

(3.4)

Stap 1 De functie f f : R+ → R+ : x 7→ xn

is bijectief en afleidbaar als n ∈ N0 . De inverse f −1 is

1

f −1 : R+ → R+ : y 7→ y n . Volgens Stelling 3.4 geldt voor x > 0 en y = x n : d 1 d −1 yn = f (y) = dy dy Aangezien

d n dx x

1 df (x) dx

uiteraard gelijk is aan nxn−1 volgt d 1 1 yn = . dy nxn−1

=

1 d n dx x

.

1

Om een formule met alleen y te bekomen, merken we nu op dat x = y n , zodat 1 1 n−1 1 1 d 1 yn = = y − n = y n −1 . 1 dy n n n(y n )n−1 Wanneer we y door x vervangen, vinden we d 1 1 1 x n = x n −1 , dx n hetgeen (3.4) is met p = n1 . Stap 2 We stellen p =

m n 1

met m ∈ Z en n ∈ N0 . De functie xp is dan de samenstelling van

de functies xm en x n . Uit stap 1 en de kettingregel volgt dat: 1 m−1 1 1 d p d 1 m m m−1 1 m m x = xn = m xn · x n −1 = x n x n −1 = x n −1 = pxp−1 . dx dx n n n Dit is de formule (3.4) voor p =

m n.


91

go f -1 y=g(t)=g(f -1(x))

x=f(t) f(A)

f

g(A)

-1

g

f A

t=f -1 (x)

Figuur 3.4: Afgeleide van y naar x als x en y gegeven zijn als functies van een parameter. Afgeleide van y naar x als x en y gegeven zijn als functies van een parameter Met behulp van Stellingen 3.3 en 3.4 kunnen we de afgeleide bepalen van y naar x als x en y gegeven zijn als functies van een parameter. Neem aan dat f en g twee reële functies zijn met definitiegebied A ⊂ R, f : A → R : t 7→ f (t), g : A → R : t 7→ g(t). Deze functies f en g worden gebruikt om x en y te bepalen als x = f (t) en y = g(t); zoals aangegeven in Figuur 3.4. We nemen aan dat de inverse functie f −1 bestaat zodat f −1 : f (A) → A : x 7→ f −1 (x), en x = f (t) ⇐⇒ t = f −1 (x). We kunnen de samengestelde functie g ◦ f −1 gebruiken om y uit te drukken als functie van x y = g ◦ f −1 (x), zie Figuur 3.4. Indien f en g afleidbaar zijn en f 0 (t) 6= 0, dan is g ◦ f −1 eveneens afleidbaar. dy We berekenen dx met behulp van de kettingregel (Stelling 3.3) en de regel voor de afgeleide van de inverse functie (Stelling 3.4): dy d d 1 g 0 (t) = (g ◦ f −1 )(x) = g 0 (f −1 (x)) (f −1 )(x) = g 0 (t) 0 = 0 , dx dx dx f (t) f (t) ofwel dy = dx

dy dt dx dt

.

We illustreren de voorgaande stellingen met enkele voorbeelden.

92

Hoofdstuk 3

Voorbeeld 3.4: We bepalen de afgeleide functie van f1 (x) =

x2 + 1 , 3x4 − 2x

en

f2 (x) = (2x2 − x + 3)100 .

f1 is een rationale functie en de afgeleide wordt berekend met de quotiëntregel. df1 (x) dx

2x(3x4 − 2x) − (12x3 − 2)(x2 + 1) (3x4 − 2x)2 6x5 − 4x2 − 12x5 − 12x3 + 2x2 + 2 (3x4 − 2x)2 −6x5 − 12x3 − 2x2 + 2 . (3x4 − 2x)2

= = =

De functie f2 is een veelterm en we zouden de afgeleide kunnen berekenen door de 100ste macht volledig uit te werken. Veel eenvoudiger is het om de kettingregel te gebruiken. df2 (x) = 100(2x2 − x + 3)99 · (4x − 1) dx Voorbeeld 3.5: dy met x = f (t) en y = g(t), waarbij We berekenen dx f : R → R : t 7→ 2 + t, g : R → R : t 7→ 1 + t2 .

De inverse functie f −1 bestaat

f −1 : R → R : x 7→ x − 2, en

df = 1 6= 0, dt

zodat dy = dx

dy dt dx dt

=

2t = 2t = 2(x − 2). 1

Voorbeeld 3.6: dy We berekenen dx met x = f (t) en y = g(t) en waarbij f : R+ → R+ : t 7→

√ t,

1 g : R+ → R : t 7→ t − √ . t De inverse functie f −1 bestaat f −1 : R+ → R+ : x 7→ x2 , en

df 1 1 = t− 2 6= 0, dt 2

zodat dy = dx

dy dt dx dt

3

=

1 + 12 t− 2 1 − 12 2t

= 2t

1 2

1 3 1 + t− 2 2

1

= 2t 2 + t−1 = 2x +

1 . x2


93

P(c,f(c))

P(c,f(c))

P(c,f(c)) P(c,f(c))

Figuur 3.5: Voorbeelden van kritieke punten.

3.3

Middelwaardestellingen van de differentiaalrekening

In deze paragraaf bespreken we verschillende vormen van de middelwaardestelling. Eerst moeten we echter enkele bijkomende begrippen invoeren en enkele voorafgaande stellingen bewijzen.

3.3.1

Kritieke punten

Definitie:

f is een reële en afleidbare functie van A ⊂ R naar R. Een reëel getal c, c ∈ A waarvoor f 0 (c) = 0, wordt een kritiek punt genoemd van de functie f .

Wegens f 0 (c) = 0 is de raaklijn aan de grafiek van f in P (c, f (c)) horizontaal. In Figuur 3.5 zijn vier voorbeelden gegeven van kritieke punten. In het eerste geval komt het kritieke punt overeen met een maximum, in het tweede geval met een minimum. In het derde en vierde geval komt c noch met een maximum noch met een minimum overeen. We herhalen de definities uit het tweede hoofdstuk. Een functie bereikt een maximum in een punt c ∈ A indien ∀x ∈ A : f (c) ≥ f (x), en een minimum in c ∈ A indien ∀x ∈ A : f (c) ≤ f (x). Men spreekt ook van een absoluut maximum, respectievelijk absoluut minimum van f . De functie bereikt een lokaal of relatief maximum in een punt c ∈ A indien er een omgeving van c bestaat, zeg ]c − δ, c + δ[ voor zekere δ > 0, zodat ∀x ∈ ]c − δ, c + δ[ ∩ A : f (c) ≥ f (x).

94

Hoofdstuk 3

c2 a

c1

c4 c3

b

Figuur 3.6: De grafiek heeft een horizontale raaklijn in de extrema die bereikt worden in inwendige punten van het domein. f bereikt in c ∈ A een lokaal of relatief minumum indien voor zekere δ > 0 geldt ∀x ∈ ]c − δ, c + δ[ ∩ A : f (c) ≤ f (x). De maxima en minima van een functie worden de extrema of uiterste waarden genoemd. We herhalen dat voor continue functies gedefinieerd op een gesloten interval I er punten c en d ∈ I bestaan waar de functie f haar maximum en minimum bereikt. Dit is de hoofdeigenschap van continue functies. Zoals reeds vermeld in Hoofdstuk 2 moet hiervoor het domein van f een gesloten en begrensd interval zijn. f kan haar maximum en minimum aannemen in de eindpunten van het interval. Een functie met domein [a, b] die een extremum bereikt in een inwendig punt c i ∈ ]a, b[ van het domein, heeft een grafiek met horizontale raaklijnen in de punten (c i , f (ci )). Dit is de inhoud van de volgende hulpstelling en het wordt ge¨ıllustreerd in Figuur 3.6. Hulpstelling 3.5: Als de afleidbare functie f : A → R : x 7→ f (x), met A ⊂ R een extremum bereikt in een inwendig punt c van A, dan is dit inwendig punt een kritiek punt van f en dus f 0 (c) = 0. Bewijs: We geven het bewijs in de veronderstelling dat f een lokaal maximum bereikt in het inwendig punt c. Er bestaat bijgevolg een omgeving ]c − δ, c + δ[ van c zodat ∀x ∈ ]c − δ, c + δ[ : f (x) ≤ f (c). Als |h| < δ, dan behoort c+h tot het interval ]c−δ, c+δ[, en daarmee geldt f (c+h)−f (c) ≤ 0. Voor positieve getallen h < δ geldt f (c + h) − f (c) ≤ 0, h


95

y

P

f(c)

t

Qr

Ql

c+h, h<0

c

c+h, h>0 x

Figuur 3.7: De functie f bereikt een maximum in c. en daarom f (c + h) − f (c) ≤ 0. h→0+ h lim

De rechterafgeleide in c is dus ≤ 0. Omdat f afleidbaar is, is dit gelijk aan de gewone afgeleide. Dus f 0 (c) ≤ 0. Voor negatieve getallen h met −δ < h < 0 geldt f (c + h) − f (c) ≥ 0, h en dus f (c + h) − f (c) ≥ 0. h→0− h lim

De linkerafgeleide is dus ≥ 0. Vanwege de afleidbaarheid van f , betekent dit f 0 (c) ≥ 0. We hebben nu zowel f 0 (c) ≤ 0 als f 0 (c) ≥ 0. Dit is slechts mogelijk als f 0 (c) = 0.

2

De meetkundige interpretatie van dit bewijs is gegeven in Figuur 3.7. Voor h > 0 stemt c + h overeen met een punt Qr op de grafiek van f rechts van P , en de rechte P Q r heeft een niet-positieve richtingscoëfficiënt. Voor h < 0 stemt c + h overeen met een punt Q l op de grafiek van f links van P , en de rechte P Q l heeft een niet-negatieve richtingscoëfficiënt. Wanneer h → 0 naderen de rechten P Qr en P Ql beide naar de raaklijn t, en bijgevolg moet de raaklijn t horizontaal zijn. Volgens Hulpstelling 3.5 is een inwendig punt waar f een lokaal extremum bereikt een kritiek punt. Het is omgekeerd niet altijd waar dat een kritiek punt een punt is waar f een lokaal extremum bereikt. In veel gevallen heeft een functie f een eindig aantal kritieke punten die per definitie overeenstemmen met de nulpunten van f 0 . Wanneer de punten bepaald zijn waarvoor f 0 (c) = 0, kan men vervolgens nagaan welke kritieke punten extrema zijn.

96

Hoofdstuk 3

y

f(a)=f(b)

a

c2

c1

b

Figuur 3.8: De stelling van Rolle.

3.3.2

De stellingen van Rolle, Lagrange en Cauchy

De stelling van Rolle We bewijzen een bijzonder geval van de middelwaardestelling, namelijk de stelling van Rolle. De stelling van Rolle geldt voor functies die in twee punten dezelfde waarde aannemen. Stelling 3.6: Indien de functie f : A → R : x 7→ f (x), met A ⊂ R continu is in [a, b] ⊂ A en afleidbaar in ]a, b[ en indien f (a) = f (b), dan bestaat er minstens één punt c ∈ ]a, b[ waarvoor f 0 (c) = 0.

Bewijs: Omdat f continu is op het gesloten interval [a, b] is er een punt c 1 ∈ [a, b] waar f het minimum aanneemt, en een punt c2 ∈ [a, b] waar f het maximum aanneemt. Indien c1 ∈ ]a, b[ dan geldt volgens Hulpstelling 3.5 dat f 0 (c1 ) = 0. Indien c2 ∈ ]a, b[ dan geldt eveneens volgens Hulpstelling 3.5 dat f 0 (c2 ) = 0. In deze beide gevallen is aan de stelling van Rolle voldaan. Het overblijvende geval is dat noch c 1 , noch c2 , tot het inwendige van [a, b] behoort. Omdat f (a) = f (b) volgt dan dat f (c1 ) = f (c2 ). Het minimum en het maximum van f over [a, b] zijn dan gelijk en dat betekent dat f constant is op [a, b]. Dan is f 0 (c) = 0 voor elke c ∈ ]a, b[, zodat ook in dit geval aan de stelling van Rolle voldaan is. 2

x


97

Volgens de stelling van Rolle bestaat er een getal c ∈ ]a, b[ zodat de raaklijn in het punt (c, f (c)) aan de grafiek van f horizontaal is, zoals ge¨ıllustreerd in Figuur 3.8. Wanneer f (a) = f (b) = 0, dan volgt uit de stelling van Rolle dat elke twee nulpunten van f gescheiden worden door een nulpunt van f 0 . Ook dit is ge¨ıllustreerd in Figuur 3.8. Middelwaardestelling van de differentiaalrekening of stelling van Lagrange Met behulp van de stelling van Rolle bewijzen we de stelling van Lagrange, waarbij niet langer f (a) = f (b) moet zijn. Stelling 3.7: Indien de functie f : A → R : x 7→ f (x), met A ⊂ R continu is in [a, b] ⊂ A en afleidbaar in ]a, b[ dan bestaat er minstens één punt c ∈ ]a, b[ waarvoor f 0 (c) =

f (b) − f (a) . b−a

Bewijs: We bewijzen deze stelling met behulp van de stelling van Rolle. Om de stelling van Rolle te kunnen toepassen, moeten we beschikken over een hulpfunctie V die in de eindpunten dezelfde waarde aanneemt. We definiëren V als het verschil van de functie f en een eerstegraads veelterm l V (x) = f (x) − l(x), waarbij l(a) = f (a), De veelterm l is l(x) = f (a) + De functie V is bijgevolg

l(b) = f (b).

f (b) − f (a) (x − a). b−a

V (x) = f (x) − f (a) −

f (b) − f (a) (x − a). b−a

Dan is V (a) = V (b) = 0 en V is continu in [a, b] en afleidbaar in ]a, b[. De functie V voldoet dus aan de voorwaarden van de stelling van Rolle. Er bestaat bijgevolg een punt c ∈ ]a, b[ zodat V 0 (c) = 0. Dat betekent f (b) − f (a) f 0 (c) − = 0, b−a waaruit volgt dat f (b) − f (a) f 0 (c) = . b−a 2 De constructie van de functie V wordt ge¨ıllustreerd in Figuur 3.9. De grafiek van l is de rechte door de punten A(a, f (a)) en B(b, f (b)). V is de verschilfunctie tussen f en

98

Hoofdstuk 3

t

f(b) f(a)

V(x)

B

l

A c

a

b

Figuur 3.9: Illustratie van de stelling van Lagrange. l. Meetkundig houdt de stelling van Lagrange in dat er een getal c ∈ ]a, b[ bestaat zodat de raaklijn in het punt (c, f (c)) evenwijdig is aan de rechte door de punten A(a, f (a)) en B(b, f (b)). Middelwaardestelling van Cauchy Stelling 3.8: Indien de twee functies f : A → R : x 7→ f (x), en g : A → R : x 7→ g(x),

met A ⊂ R continu zijn in [a, b] ⊂ A en afleidbaar in ]a, b[ en als g 0 (x) 6= 0 voor elke x ∈ ]a, b[ dan bestaat er een getal c ∈ ]a, b[ waarvoor geldt f (b) − f (a) f 0 (c) = 0 . g(b) − g(a) g (c)

Bewijs: De middelwaardestelling van Cauchy kan niet bewezen worden door Stelling 3.7 achtereenvolgens toe te passen op f en g en de bekomen resultaten lid aan lid te delen. Stelling 3.7 geldt voor f en voor g maar het punt c verschilt in het algemeen van functie f tot functie g. We bewijzen deze stelling met behulp van de stelling van Rolle. We construeren een hulpfunctie h(x) waarin f (b) − f (a) en g(b) − g(a) als termen voorkomen en waarvoor h(a) = h(b). De functie h(x) die we nemen is h(x) = [g(b) − g(a)]f (x) − [f (b) − f (a)]g(x). Deze functie voldoet aan de voorwaarden van de stelling van Rolle (ga zelf na dat h(a) = h(b)).


99

Er bestaat bijgevolg een punt c ∈ ]a, b[ zodat

h0 (c) = 0.

Dit betekent dat [g(b) − g(a)]f 0 (c) − [f (b) − f (a)]g 0 (c) = 0.

g 0 (x)

(3.5)

g 0 (c)

Daar 6= 0 voor alle x ∈ ]a, b[ is ook 6= 0. Ook geldt dat g(b) − g(a) 6= 0. Immers, indien g(b) − g(a) = 0 dan zou er volgens de stelling van Rolle een punt η bestaan zodat g 0 (η) = 0 met η ∈ ]a, b[ en dit is in strijd met de aanname dat g 0 (x) 6= 0 voor alle x ∈ ]a, b[. Omdat g 0 (c) en g(b) − g(a) niet nul zijn, mogen we (3.5) door beide delen. Dan volgt het gewenste f (b) − f (a) f 0 (c) = 0 . g(b) − g(a) g (c) 2 We illustreren de voorgaande stellingen met enkele voorbeelden. Voorbeeld 3.7: De functie f : R → R : x 7→ x − x3 ,

voldoet aan de voorwaarden van de stelling van Rolle in [0, 1]. Inderdaad, f is continu in [0, 1] en afleidbaar in ]0, 1[ en f (0) = f (1) = 0. Het getal c ∈ ]0, 1[ waarvoor de stelling van Rolle geldt, is de wortel van de vergelijking f 0 (x) = 1 − 3x2 = 0, die behoort tot ]0, 1[, dus √ 3 c= . 3 In de twee volgende voorbeelden wordt ge¨ıllustreerd dat de voorwaarden van continu¨ıteit in [a, b] en afleidbaarheid in ]a, b[ nodig zijn in de stelling van Rolle. Voorbeeld 3.8: De functie

 

1 1 + x−1 x−3 f (x) =  0

is afleidbaar in ]1, 3[ en

als x ∈ R \ {1, 3} als x ∈ {1, 3}

f (1) = f (3) = 0.

Toch bestaat er geen punt c ∈ ]1, 3[ waarvoor f 0 (c) = 0. Inderdaad 1 1 0 f (x) = − + < 0. (x − 1)2 (x − 3)2

De stelling van Rolle mag niet toegepast worden daar f discontinu is in x = 1 en x = 3. De grafiek van de functie f is aangegeven in Figuur 3.10 (links).

Voorbeeld 3.9: De functie f (x) = |x|,

is continu in [−1, 1] en f (−1) = f (1) = 1. Toch bestaat er geen punt c ∈ ] − 1, 1[ waarvoor f 0 (c) = 0. Inderdaad f 0 (x) = −1 voor x ∈ ] − 1, 0[ en f 0 (x) = 1 voor x ∈ ]0, 1[, terwijl f niet afleidbaar is in x = 0. De stelling van Rolle mag niet worden toegepast daar f niet afleidbaar is in x = 0 en dus niet afleidbaar in ] − 1, 1[. De grafiek van f wordt aangegeven in Figuur 3.10 (rechts).

100

Hoofdstuk 3

Figuur 3.10: De grafieken van de functies uit Voorbeelden 3.8 en 3.9.

3.3.3

De regels van de l’Hˆ opital

We gebruiken de middelwaardestelling van Cauchy om de regels van de l’Hôpital op te stellen voor de berekening van de onbepaalde vormen 00 en ∞ ∞ . We bewijzen hierna enkel de eerste regel. Eerste regel van de l’Hˆ opital Eigenschap 3.9: Neem aan dat f en g afleidbare functies zijn in een omgeving van het punt a met f (a) = g(a) = 0. Indien g 0 (x) 6= 0 voor x 6= a in een omgeving van a en indien de limiet f 0 (x) =L x→a g 0 (x) lim

bestaat, dan geldt f (x) = L. x→a g(x) lim

Bewijs: We nemen x > a uit een omgeving ]˜ a, ˜b[ van a zodanig dat f en g continu zijn in [a, x], 0 afleidbaar in ]a, x[ en zodanig dat g niet nul wordt in ]a, x[. In het interval [a, x] voldoen de functies f en g dan aan de voorwaarden van de stelling van Cauchy. Er bestaat bijgevolg een punt η ∈ ]a, x[ zodat f (x) − f (a) f 0 (η) = 0 . g(x) − g(a) g (η) Omdat f (a) = g(a) = 0 betekent dit dat f (x) f 0 (η) = 0 . g(x) g (η) De ligging van de punten a, η en x wordt ge¨ıllustreerd in Figuur 3.11.

(3.6)


101

a

a ˜

η

x

˜b

Figuur 3.11: De ligging van de punten a ˜, a, η, x, ˜b Het punt η is gekozen in functie van x. Als x naar a streeft, streeft η eveneens naar a, daar a < η < x. Daarenboven bestaat f 0 (η) = L. η→a g 0 (η) lim

Uit (3.6) volgt dan dat f (x) f 0 (η) = lim 0 = L. x→a+ g(x) η→a+ g (η) lim

Op dezelfde wijze bewijst men ook voor de linkerlimiet f (x) = L. x→a− g(x) lim

Hiermede is de eerste regel van de l’Hôpital bewezen.

2

Tweede regel van de l’Hˆ opital Eigenschap 3.10: Neem aan dat f en g afleidbaar zijn in een omgeving van a, maar niet noodzakelijk in a zelf, en dat lim f (x) = ∞ en lim g(x) = ∞. x→a

Indien

g 0 (x)

x→a

6= 0 voor x 6= a in een omgeving van a en indien de limiet f 0 (x) =L x→a g 0 (x) lim

bestaat, dan geldt f (x) = L. x→a g(x) lim

Uitbreidingen Voor de eerste regel van de l’Hôpital bestaan de volgende uitbreiding. Wanneer f en g n keer afleidbaar zijn en f (a) = f 0 (a) = · · · = f (n−1) (x) = 0,

102

Hoofdstuk 3

en g(a) = g 0 (a) = · · · = g (n−1) (a) = 0, en indien g (n) (x) 6= 0 voor x 6= a in een omgeving van a, dan volgt uit het bestaan van de limiet f (n) (x) lim (n) =L x→a g (x) dat geldt f (x) f 0 (x) f (n−1) (x) = lim 0 = · · · = lim (n−1) = L. x→a g(x) x→a g (x) x→a g (x) lim

Een analoge uitbreiding bestaat voor de tweede regel van de l’Hôpital. Onbepaalde vormen ∞ − ∞ en 0 × ∞ kunnen vaak worden teruggebracht tot onbepaalde vormen 00 of ∞ ∞ . Wanneer bv. lim f (x) = 0,

x→a

lim g(x) = ∞,

x→a

en we willen lim f (x)g(x)

x→a

berekenen, dan kunnen we f (x)g(x) schrijven als f (x)g(x) = zodat we de vorm

0 0

of

∞ ∞

f (x) 1 g(x)

=

g(x) 1 f (x)

,

vinden.

Voorbeeld 3.10:

x2 − a 2 √ waarin a > 0. We berekenen lim √ x→a x− a Als x naar a streeft worden teller en noemer beide nul. De afgeleide van de teller is 2x; 1 de afgeleide van de noemer is 12 x− 2 . Er geldt lim

2x

x→a 1 x 2

− 12

3

3

= lim 4x 2 = 4a 2 . x→a

Vanwege de eerste regel van de l’Hôpital, is dan ook 3 x2 − a 2 √ = 4a 2 . lim √ x→a x− a

3.4

Verloop van functies, stijgende en dalende functies

We gebruiken nu de middelwaardestellingen om het verloop van functies te onderzoeken. In volgende stelling worden de eigenschappen samengebracht die ons toelaten vanaf het tekenverloop van f 0 (x) informatie te bekomen over het verloop van f (x) (en bijgevolg over de grafiek van f ). We verwijzen de lezer naar paragraaf 2.1.3 uit Hoofdstuk 2 voor de definities van (strikt) stijgend en (strikt) dalend.


103

Stelling 3.11: Neem aan dat de functie f continu is in [a, b] en afleidbaar in ]a, b[. Dan geldt: 1. ∀x ∈ ]a, b[ : f 0 (x) = 0 =⇒ f is constant in [a, b], 2. ∀x ∈ ]a, b[ : f 0 (x) ≥ 0 =⇒ f is stijgend in [a, b], 3. ∀x ∈ ]a, b[ : f 0 (x) > 0 =⇒ f is strikt stijgend in [a, b], 4. ∀x ∈ ]a, b[ : f 0 (x) ≤ 0 =⇒ f is dalend in [a, b], 5. ∀x ∈ ]a, b[ : f 0 (x) < 0 =⇒ f is strikt dalend in [a, b]. Bewijs: Volgens de middelwaardestelling van Lagrange bestaat er voor elk tweetal punten x 1 , x2 ∈ ]a, b[ met x1 < x2 een punt c ∈ ]x1 , x2 [ zodat f (x2 ) − f (x1 ) = f 0 (c). x2 − x 1

(3.7)

1. Als nu ∀x ∈ ]a, b[: f 0 (x) = 0, dan is f 0 (c) = 0 en er volgt f (x2 ) = f (x1 ). Omdat we x1 en x2 willekeurig in [a, b] kunnen kiezen, volgt hieruit dat f constant is in [a, b]. 2. Als ∀x ∈ ]a, b[: f 0 (x) ≥ 0, dan is f 0 (c) ≥ 0. Uit (3.7) volgt dan dat f (x2 ) ≥ f (x1 ). Aangezien dit geldt voor elk tweetal punten in [a, b] met x 1 < x2 , is f stijgend in [a, b]. Eigenschappen 3., 4. en 5. worden op analoge wijze bewezen.

2

Merk op dat de omkeringen van de eigenschappen 1., 2. en 4. ook gelden. Dat wil zeggen dat de implicaties • f is constant in ]a, b[ =⇒ ∀x ∈ ]a, b[ : f 0 (x) = 0, • f is stijgend in ]a, b[ =⇒ ∀x ∈ ]a, b[ : f 0 (x) ≥ 0, • f is dalend in ]a, b[ =⇒ ∀x ∈ ]a, b[ : f 0 (x) ≤ 0, ook gelden. De omkeringen van 3. en 5. gelden evenwel niet. In de volgende stelling wordt bewezen dat twee functies die dezelfde afgeleide functie hebben, slechts door een constante verschillen. Deze eigenschap is belangrijk voor de theorie van de integralen. Hulpstelling 3.12: f en g zijn twee functies die afleidbaar zijn in een interval I. Indien ∀x ∈ I : f 0 (x) = g 0 (x), dan bestaat er een constante C zodat ∀x ∈ I : f (x) = g(x) + C.

104

Hoofdstuk 3

g(b)

g(b)

f(b)

g(a) f(a) f(b)

f(a)=g(a)

a

b

a

b

Figuur 3.12: g 0 (x) is groter dan f 0 (x). Bewijs: Voor de verschilfunctie V (x) = f (x) − g(x) geldt ∀x ∈ I : V 0 (x) = f 0 (x) − g 0 (x) = 0 zodat volgens onderdeel 1. van Stelling 3.11 geldt V (x) = C voor een constante C. Bijgevolg is f (x) = g(x) + C. 2 Hulpstelling 3.13: f en g zijn twee functies die continu zijn in [a, b] en afleidbaar in ]a, b[. Indien f (a) ≤ g(a) en ∀x ∈ ]a, b[ : f 0 (x) ≤ g 0 (x), dan geldt ∀x ∈ [a, b] : f (x) ≤ g(x).

Bewijs: Voor de verschilfunctie V (x) = g(x) − f (x) geldt ∀x ∈]a, b[: V 0 (x) = g 0 (x) − f 0 (x) ≥ 0, zodat V (x) een stijgende functie is in [a, b] volgens onderdeel 2. van Stelling 3.11. Dus ∀x ∈ [a, b] : V (x) ≥ V (a) = g(a) − f (a) ≥ 0. Dit betekent ∀x ∈ [a, b] : f (x) ≤ g(x). 2 Hulpstelling 3.13 wordt ge¨ıllustreerd in Figuur 3.12.


105

Figuur 3.13: De grafiek van de functie uit voorbeeld 3.11. Voorbeeld 3.11: We bepalen het verloop van de functie f : R → R : x 7→ f (x) =

p 3 x2 (6 − x).

De functie f heeft nulpunten voor x = 0 en x = 6. De afgeleide functie f 0 (x) is f 0 (x) = p 3

4−x

x(6 − x)2

.

De afgeleide functie heeft juist één nulpunt x = 4 zodat de functie f (x) juist één kritiek punt heeft. De afgeleide functie is niet gedefinieerd voor x = 0 en x = 6. Daar lim f 0 (x) = −∞,

x→6

lim f 0 (x) = +∞,

x→0+

lim f 0 (x) = −∞,

x→0−

heeft de grafiek van f verticale raaklijnen in x = 0 en x = 6. Het tekenverloop van f 0 (x) en het verloop van f (x) kunnen als volgt worden samengevat: x f 0 (x) f (x)

− dalend

0 −∞ | +∞

+ stijgend

4 0 max

−

6 −∞ | −∞ dalend

−

Het kritieke punt x = 4 komt overeen met een locaal maximum van f . Deze maximale √ 3 waarde is f (4) = 2 4. De grafiek van f is getekend in Figuur 3.13 Voorbeeld 3.12: Onder alle rechthoeken met een bepaalde oppervlakte S heeft het vierkant de kleinste omtrek. We noemen x en y de lengten van de zijden. We hebben S = xy of y =

S . x

106

Hoofdstuk 3

De omtrek van de rechthoek is een functie van x wordt gegeven door S S O(x) = 2x + 2 = 2 x + . x x De afgeleide functie

S O (x) = 2 1 − 2 , x √ √ √ heeft nulpunten voor x = S en x = − S. x = − S kan worden uitgesloten daar de lengte van de zijden steeds positief moet zijn. Het tekenverloop van O 0 (x) en het verloop van O(x) kunnen als volgt worden samengevat. √ S x 0 O (x) − 0 + O(x) dalend min stijgend √ √ √ O(x) bereikt een minimum bij x = S. Als x = S is y = S, en is de rechthoek een vierkant. 0

Voorbeeld 3.13: 1 We tonen aan dat t + ≥ 2 geldt voor elke t > 0. Daartoe definiëren we de functie f door t 1 f (t) = t + − 2 voor t > 0. t De afgeleide is 1 f 0 (t) = 1 − 2 . t Het tekenverloop van f 0 (t) en het verloop van f (t) kunnen schematisch als volgt worden weergegeven. t f 0 (t) f (t)

− dalend

1 0 min

+ stijgend

Bijgevolg bereikt f een absoluut minimum in t = 1 en daar f (1) = 0 geldt er dat f (t) ≥ 0 voor elke t > 0. Dus inderdaad geldt 1 t+ ≥2 voor t > 0. t Voorbeeld 3.14: We bepalen het punt P op de parabool y 2 = 4x dat het dichtst gelegen is bij het vast punt √ Q(2, 3). Het punt P (x, y = 2 x) van de parabool heeft een positieve y-coördinaat. De afstand is d(P, Q): √ d2 (P, Q) = (x − 2)2 + (y − 3)2 = (x − 2)2 + (2 x − 3)2 . De bepaling van P komt neer op de bepaling van de x-waarde waarvoor de functie √ √ f (x) = (x − 2)2 + (2 x − 3)2 = x2 − 12 x + 13 een minimum bereikt. De afgeleide is 3 2 6 f 0 (x) = 2x − √ = √ (x 2 − 3). x x

Het tekenverloop van f 0 (x) en het verloop van f (x) kunnen als volgt schematisch worden aangegeven.


107 x 0 f (x) f (x)

− dalend

Bijgevolg √ √ bereikt f (x) een minimum in x = ( 3 9, 2 3 3).

√ 3 9 0 min

+ stijgend

√ 3 9, en het gezochte punt P heeft als coördinaten

108

3.5

Hoofdstuk 3

Oefeningen

Oefening 3.1 Volgende tekeningen tonen elk de grafiek van een functie f met har afgeleide f 0 . Welke is de grafiek van f en welke is de grafiek van de bijbehorende afgeleide? Argumenteer. 5

1 4

4

0.8

y2

0.6

3

y

–2

–1

2

1

x

2

y 0.4

–2 0.2

1 –4 –3

–2

–1

1

x

0

3

2

1

0.2 0.4 0.6 0.8

1

x

1.2 1.4 1.6 1.8

2

1

3

0.8 2

0.8

0.6 0.4

1 0.6

0.2

y

–1.2 –1–0.8

0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2

–0.4

–1.4

x

0.4

–1

–0.6 –0.2 –0.2

–1 0.2

0.20.40.60.8 1 1.21.4

x

–0.4 –0.6

–2

–0.8 –3 –3

–2

–1

1

x

–1

3

2

Figuur 3.14: Functies f .

1

1 10

x

0.8

y

8 –1

0.6 0.4 0.2

6

–2

–3

y

–2

4

–5

–1.2 –1–0.8

3

4

2

y2 x

–3

–2

–1

x

4

0.20.40.60.8 1 1.21.4

–0.8 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2

–0.4

–1

–2

–4

–4

2 1.8 1.6 1.4 1.2 1 0.8 0.6 0.4 0.2

y 1

–2

x

2

3

0 –0.2 –0.4 –0.6 –0.8 –1

0.2 0.4 0.6 0.8

Figuur 3.15: Afgeleide functies f 0 .

Oefening 3.2 Bereken met behulp van de definitie de afgeleide van: √ (a) f (x) = x (b) f (x) = x2 + 1

2

–0.6 2

–0.6 –0.2

x

–0.4

–4

–1

1 –0.2

–3

–1.4

–1

1

x

1.2 1.4 1.6 1.8

2


109

Oefening 3.3 Ga na of de volgende functies continu en/of afleidbaar zijn voor de aangegeven x-waarde. ( −x als x ≤ 0 (a) f (x) = in x = 0 2 als x > 0 (b) f (x) =

(

x2

(c) f (x) =

(

2x

als x ≤ 2

als x > 2

in x = 2

0

als x ≤ 1

in x = 1

x

Oefening 3.4

als x > 1

Gegeven de functie

f (x) =

Onderzoek de afleidbaarheid van f .

  |x|

als x ≤ 1

 2x2 − 1 als x > 1

Oefening 3.5 Bereken de vergelijking van de raaklijn aan de gegeven kromme in het gegeven punt P . (a) y = 2x2

in P = (1, 2)

(b) y = x2 + 1

in P = (−1, 2)

(c) y = x2 + 2x

in P = (−1, −1)

(d) xy = 1

in P = 2, 12

(e) y 3 = x

in P =

(f) x2 + y 2 = 2 Oefening 3.6

1 1 8, 2

in P = (1, 1) Bereken de afgeleide van de volgende functies: (f) f (x) =

1 (a) f (x) = 2x + 3 2

3

(b) f (x) = (3x − 1)(x − 4)(x − x) 3−x (c) f (x) = x (d) f (x) =

x+1 x+5

√ 1 (e) f (x) = √ +3 x+2 x+2

2

(g) f (x) =

(x2 √ 3 x

1 + 3x − 1)2

√ 1 (h) f (x) = √ + x x r q √ (i) f (x) = x + x + x (j) f (x) =

1 4 1 − √ − 2 x 3x x 2x

110

Hoofdstuk 3

Oefening 3.7

Beschouw x voor x < 0 f1 (x) = x2 voor x ≥ 0

en

f2 (x) =

−x2 x2

voor x < 0 voor x ≥ 0

(a) Bereken f10 (x) en f20 (x) voor x 6= 0. (b) Onderzoek of f10 (0) en f20 (0) bestaan. (c) Schets de grafieken van f1 en f10 . (d) Schets de grafieken van f2 en f20 . Oefening 3.8

Toon aan dat de functie f (x) =

ax + b cx + d

een constante is, indien f 0 een nulpunt heeft. Oefening 3.9 Als f (4) = 3 en f 0 (4) = −5, bepaal dan g(4) en g 0 (4) voor √ (a) g(x) = xf (x) (b) g(x) =

f (x) x

Oefening 3.10

Gegeven x = f (t) en y = g(t). Bereken

(a) f (t) = t + 1,

g(t) =

(b) f (t) = t2 ,

g(t) = t −

dy als dx

t 2

1 t2

Oefening 3.11 Bepaal de punten P (x0 , y0 ) op de kromme y = 4x4 −8x2 +16x+7 waarvoor de raaklijn aan de kromme evenwijdig is met de rechte 16x − y + 5 = 0. Oefening 3.12

Gegeven is f 0 (x) =

f ◦ g. Oefening 3.13

x2

√ x en g(x) = 3x − 1. Bereken de afgeleide van +1

Bereken de afgeleide van f ◦ g in de gegeven waarde van x.

(a) f (x) = x2 + 2x − 5, (b) f (x) = x2 − 3x + 6,

g(x) = x2 − 7 √ g(x) = 9 − x2

in x = 2. in x = −2. √ x. Bepaal het

Oefening 3.14 raakpunt.

De rechte x − 6y + 9 = 0 raakt aan de grafiek van y =

Oefening 3.15 evenwijdig zijn.

Toon aan dat twee verschillende raaklijnen aan de parabool y = x 2 nooit

Differentiaalrekening Oefening 3.16

111

Zij f (x) =

horizontaal is.

3x . Bepaal de punten van de grafiek waarin de raaklijn x2 + 1

Oefening 3.17 Zij y = 5 + x − 2x2 . Bepaal alle punten van deze kromme waarvoor de raaklijn aan de kromme het punt (−1, 10) bevat. Oefening 3.18 Bepaal alle punten van de kromme y = x 3 + 2x2 − 6x + 4 waarvoor de raaklijn aan de kromme evenwijdig is aan de rechte 2x + y = 3. Oefening 3.19 Er zijn twee rechten door het punt (4, 7) die raken aan de parabool y = x 2 . Bepaal een vergelijking van beide rechten, als ook de raakpunten. Oefening 3.20

Bepaal de afgeleide van de inverse f −1

(a) y = f (x) = x − 3 voor x ∈ [−2, 4] (b) y = f (x) = 5 − 2x voor x ∈ ] − 1, ∞[ (c) y = f (x) = x2 − 2x + 3 voor x ∈ [−4, 1] x−1 voor x ∈ [0, 3] x+2 √ (e) y = f (x) = x + 2 voor x ∈ [−2, ∞[

(d) y = f (x) =

Oefening 3.21 (a) x =

1 t+1

2at 1 + t2 p (c) x = t2 + 1

(b) x =

dy als dx 2 t y= t+1

Bepaal

y=

a(1 − t2 ) 1 + t2

t−1 y=√ t2 + 1

Oefening 3.22 Bepaal alle waarden van de parameter t waarvoor de kromme x = 2t 3 − 15t2 + 24t + 7, y = t2 + t + 1 (a) een horizontale raaklijn heeft, (b) een verticale raaklijn heeft. Oefening 3.23

Ga na of de stelling van Rolle kan worden toegepast ( (x + 1)2 als x < 0 (a) in het interval [−2, 2] als f (x) = ; (x − 1)2 als x ≥ 0

(b) in het interval [0, 4] als f (x) =

p 3 (x − 2)2 .

112

Hoofdstuk 3

Oefening 3.24 Ga na of de middelwaardestelling van Lagrange kan worden toegepast en zo ja, bepaal een mogelijke waarde voor het tussenpunt c. (a) f (x) = x − x2 + x3 1

in het interval [−2, 1]

(b) f (x) = x 4

in het interval [0, 1]

(c) f (x) = x2

in het interval [1, 3]

Oefening 3.25

Zij f (x) = x3 − 3x + b waarin b een constante is.

(a) Laat zien dat f ten hoogste één nulpunt heeft in [−1, 1]. (b) Geef alle waarden van b waarvoor f een nulpunt heeft in [−1, 1]. Oefening 3.26 Zij f (x) = x3 + ax + b waarin a en b constanten zijn met a > 0. Toon aan dat f precies één nulpunt heeft in R. Oefening 3.27 Neem aan dat f : R → R een afleidbare functie is waarvoor f 0 (x) = (1 + x2 )−1 en f (0) = 0. (a) Laat zien dat f (x) < x voor alle x > 0. (b) Laat zien dat f (x) >

x 1+x2

voor alle x > 0.

Oefening 3.28 Neem aan dat f : ] − 1, 1[ → R een afleidbare functie is waarvoor f 0 (x) = (1 − x2 )−1/2 en f (0) = 0. (a) Laat zien dat f (x) > x voor alle x ∈ ]0, 1[. (b) Laat zien dat f (x) < x voor alle x ∈ ] − 1, 0[. Oefening 3.29

Toon aan dat voor 0 < x < y geldt √

Oefening 3.30 en f (1) = 0.

xy <

x+y . 2

Neem aan dat f : ]0, ∞[ → R een afleidbare functie is waarvoor f 0 (x) =

1 x

(a) Toon aan dat f (x) ≤ x − 1 voor alle x > 0.

[Hint: beschouw de gevallen x > 1, x = 1 en 0 < x < 1 afzonderlijk.]

(b) Toon aan dat xf (x) ≥ x − 1 voor alle x > 0. Oefening 3.31

Gebruik de stelling van Rolle om het volgende aan te tonen:

(a) De vergelijking 6x5 − 4x + 1 = 0 heeft tenminste één oplossing in het interval [0, 1]. (b) De vergelijking 3ax2 + 2bx = a + b heeft tenminste één oplossing in het interval ]0, 1[. (c) De functie f (x) = x3 + 4x − 1 heeft geen twee verschillende nulpunten. (d) De functie f (x) = x4 − 7x + 2 heeft precies twee verschillende nulpunten. [Hint: Bereken eerst f (0), f (1) en f (2) om aan te tonen dat f minstens twee nulpunten heeft.]


113

Oefening 3.32 Neem aan dat f : [a, b] → R afleidbaar is en minstens n nulpunten heeft. Laat zien dat f 0 minstens n − 1 nulpunten heeft. Oefening 3.33 Neem aan dat Pn een veelterm is van graad n waarvan alle nulpunten reëel zijn. Laat zien dat ook alle nulpunten van P n0 reëel zijn. Oefening 3.34

Bewijs de volgende uitbreiding van de stelling van Rolle:

Zij n ∈ N. Indien f : [a, b] → R continu is in [a, b], n keer (rechts) afleidbaar is in a en n + 1 keer afleidbaar is in ]a, b[, en indien f (a) = f (b) en f (k) (a) = 0 voor alle k = 1, 2, . . . , n, dan is er een c ∈ [a, b] met f (n+1) (c) = 0. [Voor n = 0 is dit de stelling van Rolle. Pas voor het bewijs voor n ≥ 1 de stelling van Rolle n keer toe.] Oefening 3.35

Bepaal de intervallen waarover f stijgend of dalend is. (e) f (x) =

(a) f (x) = x2 − 2x − 8

(f) f (x) = x3 − 2x2 + x

(b) f (x) = −x2 + x (c) f (x) = (x − (d) f (x) = Oefening 3.36

4)5

1 x−1

(g) f (x) =

4x (x − 2)2

(h) f (x) =

x3 x2 + 12

Toon aan dat voor alle x > 0 met x 6= 1 geldt x+

Oefening 3.37

√ 1 + x2

1 > 2. x

Toon aan dat voor x > 0 geldt √ 1 3 1 + x < 1 + x. 3

Oefening 3.38 Bepaal en classificeer (lokaal maximum, lokaal minimum of geen extremum) de kritieke punten van de volgende functies. (a) f (x) = x2 + 4x + 2 (b) f (x) = x3 − 3x2 − 9x + 4   1 voor x 6= 1 x+1 (c) f (x) =  0 voor x = 1 |x3

(g) f (x) = x3 + 5x − 2 (h) f (x) = x(x − 1)2 (i) f (x) = 2x2 − x4 (j) f (x) =

x2 x2 + 1

− 12x| √ (e) f (x) = 4 − x2 voor x ∈ [−2, 2]

(k) f (x) = |x2 − 4|

(f) f (x) = 1 − 4x − x2

(l) f (x) = x3 − 2x2 + x voor x ∈ [−1, 3]

(d) f (x) =

114

Hoofdstuk 3

Oefening 3.39 Bepaal de punten van de hyperbool x 2 − y 2 = 1 die het dichtst gelegen zijn bij het punt (0, 1). Oefening 3.40

Los op:

(a) De som van twee getallen is 20. Bepaal deze twee getallen zodat hun product maximaal is. (b) De som van twee getallen is 20. Bepaal deze twee getallen zodat de som van hun kwadraten minimaal is. (c) Het verschil van twee getallen is 10. Bepaal deze getallen zodat hun product minimaal is. Oefening 3.41

Bereken de volgende limieten:

1 − (1 − x)1/3 x→0 x √ x−1 (b) lim x→1+ x − 1 √ √ 1 + x2 − 1 − x2 (c) lim x→0 x (a) lim

(d) lim

x→∞

4x − 3 2x + 4

x2 − 4 x→2 x − 2

(e) lim (f)

1 + x2 x→−∞ x lim

√ Oefening 3.42 Een rechthoekige driehoek waarvan de schuine zijde 3 m lang is wordt gewenteld rond één van zijn benen. Zo wordt een kegel gevormd. Vind de straal van het grondvlak, de hoogte en het volume van de kegel met maximaal volume V , waarbij V gegeven wordt door V = π3 r 2 h. Oefening 3.43 De reactie van het menselijk lichaam bij het nemen van een bepaalde dosis van een geneesmiddel wordt vaak voorgesteld door de volgende functie: M 2 C R(M ) = M − . 2 3 Hierbij is C een positieve constante en M de hoeveelheid geneesmiddel die opgenomen wordt in het bloed. Deze reactie van het menselijk lichaam kan bijvoorbeeld een verandering in dR bloeddruk zijn of een verandring in temperatuur. De afgeleide van de functie R, , wordt dM de sensitiveit van het lichaam aan het geneesmiddel genoemd. Bereken deze afgeleide en gebruik ze om de hoeveelheid geneesmiddel te vinden die de grootste reactie teweegbrengt. Oefening 3.44 Vind de afmetingen van een rechthoek die ingeschreven is in een halve cirkel met straal 10 en met zo groot mogelijke oppervlakte. Oefening 3.45 Wanneer we een stukje karton nemen van 10 bij 10 cm, en er in elke hoek 1 cm2 uitknippen bekomen we een vorm zoals aangegeven in de figuur hieronder. Vouwen we nu de zijden recht volgens de aangegeven vouwlijnen, dan bekomen we een doosje met inhoud 8 × 8 × 1 = 64 cm3 .

Differentiaalrekening 1-

115

8 cm 6

vouwlijnen

-12 cm-

-

6 cm 6

vouwlijnen

-2 cm-

-

? ?

We doen nu precies hetzelfde maar knippen 4 cm 2 uit in elke hoek. We hebben dus in totaal 16 cm2 minder karton gebruikt. Nochtans verkrijgen we een doosje met een grotere inhoud, nl. 6 × 6 × 2 = 72 cm3 ! Hoeveel karton moeten we uitknippen in de hoeken om de inhoud maximaal te maken?

116

Hoofdstuk 4

Hoofdstuk 4

Reeksen en Machtreeksen We bestuderen in dit hoofdstuk reeksen en machtreeksen. De voornaamste motivatie voor de studie van machtreeksen is dat met behulp van machtreeksen continue en afleidbare functies kunnen worden gedefinieerd. In het bijzonder worden in volgend hoofdstuk de transcendente functies exp(x), sin x, cos x met behulp van machtreeksen gedefinieerd. We geven eerst nog enkele resultaten in verband met rijen.

4.1

Rijen

De lezer wordt aangeraden eerst de paragraaf over rijen in Hoofdstuk 2 te herlezen; de eigenschappen omtrent rijen die daar vermeld zijn komen in dit hoofdstuk terug. We herhalen ook de definitie van de limiet van een rij. De rij (a n ) convergeeert naar L als ∀ > 0 : ∃n0 : ∀n ≥ n0 : |an − L| < . Rijen die frequent zullen voorkomen zijn de rekenkundige rij, de meetkundige rij en de harmonische rij. • De rij a, a + v, a + 2v,. . ., an = a + nv, . . . is een rekenkundige rij met verschil v. • De rij a, ar, ar 2 ,. . ., an = ar n , . . . is een meetkundige rij met rede r. • De rij 1, 12 , 13 ,. . ., • De rij 1,

1 n ,. . .

is de harmonische rij.

1 1 1 2p , 3p ,. . ., np , . . .

is een hyperharmonische rij.

Elke rekenkundige rij met v 6= 0 is divergent. Een meetkundige rij met |r| > 1 of r = −1 en a 6= 0 is divergent. Een meetkundige rij met |r| < 1 of r = 1 is convergent. De harmonische rij is convergent en de hyperharmonische rij is convergent als p ≥ 0. Voorbeeld 4.1: De rij (K(1+r)n )n uit het inleidende voorbeeld in Hoofdstuk 2, is een meetkundige rij met rede 1 + r. Het betreft hier de evolutie van de belegging van een kapitaal K aan een maandelijkse interestvoet r. Het bedrag K werd in dit voorbeeld éénmalig op een spaarboekje gestort. Wanneer men periodiek (bv. jaarlijks) een zelfde bedrag K stort op een spaarrekening met een vaste interestvoet r, spreekt men van een annu¨ıteit. Na n perioden, heeft de allereerste storting K(1+r)n−1 frank opgebracht. De tweede storting heeft één periodiek minder interest opgebracht, dus K(1 + r)n−2 , enz. De laatste storting, tenslotte, heeft nog geen interest opgebracht. De totale opbrengst Sn na n maanden is Sn = K + K(1 + r) + K(1 + r)2 + · · · + K(1 + r)n−1 . 117

118

Hoofdstuk 4

Deze som Sn kunnen we makkelijk uitrekenen. Met q = 1 + r, hebben we Sn = K + Kq + Kq 2 + · · · + Kq n−1 . We vermenigvuldigen dit met q, qSn = Kq + Kq 2 + · · · + Kq n−1 + Kq n , en door beide vergelijkingen term aan term van elkaar af te trekken bekomen we S − qS = K − Kq n wat overeenstemt met S=K

qn − 1 (1 + r)n − 1 =K . q−1 r

Elk jaar op 1 januari bv. 1000 euro storten aan een jaarlijkse interest van 6% brengt dus na de 10de storting een totaal bedrag op van 1000 ×

(1, 06)10 − 1 = 13 180, 80 euro. 1, 06 − 1

In de volgende paragraaf gaan we dieper in op dergelijke sommen van de termen van een rij.

4.2 4.2.1

Reeksen Definities en kenmerken

Definitie:

Zij (ak ) een rij van reële of complexe getallen. Het symbool ∞ X k=1

ak = a 1 + a 2 + a 3 + · · · ,

duidt een oneindige reeks of kortweg reeks aan. De som s n van de eerste n getallen van de rij (ak ) sn = a 1 + a 2 + · · · + a n =

n X

ak ,

k=1

is een partieelsom van de reeks. De sommatie-index k in een reeks kan ook bij een andere waarde dan 1 beginnen, bv. bij 0. In dat geval hebben we een reeks ∞ X ak . k=0

De partieelsommen s1 , s2 , s3 , . . . , sn , . . . van de reeks

∞ P

k=1

ak vormen een rij (sn ).

Reeksen en Machtreeksen

Definitie:

119

Zij (ak ) een rij van reële of complexe getallen. Indien de rij (s n ) van partieel∞ P sommen convergent is met limiet s, dan is de reeks ak convergent naar k=1

s; s is dan de som van de reeks en per definitie geldt dat ∞ X

ak = lim

n→∞

k=1

n X

ak = lim sn = s. n→∞

k=1

Indien de rij (sn ) niet convergeert, dan is de reeks

∞ P

ak divergent.

k=1

Wegens de definitie van de convergentie van een rij, hier toegepast op de rij (s n ), geldt n P dat de reeks ak naar s convergeert als en slechts als k=1

n X ∀ε > 0 : ∃n0 : ∀n ≥ n0 : ak − s < ε. k=1

Eigenschappen over scalair veelvoud, som en verschil van limieten uit Hoofdstuk 2 geven de volgende eigenschappen voor convergente reeksen. Eigenschap 4.1: Indien (an ) en (bn ) twee rijen zijn waarvan de reeksen

k=1

dan convergeren ook de reeksen ∞ X

∞ X

(ak + bk ),

k=1

k=1

∞ X

(ak − bk )

en

∞ X k=1

ak en

∞ X

bk convergeren

k=1

cak met c ∈ R of c ∈ C,

en er geldt dat

∞ P

•

∞ X

(ak + bk ) =

•

∞ X

(ak − bk ) =

•

∞ X

cak = c

k=1

k=1

∞ X

ak +

∞ X

ak −

k=1

k=1

∞ X

k=1

∞ X

bk ,

∞ X

bk ,

k=1

k=1

ak .

k=1

(ak + bk ) wordt de som van de reeksen

k=1

Indien

∞ P

k=1 ∞ X

ak en

k=1

over de reeks

∞ X

k=1

∞ X

ak en

∞ P

bk genoemd.

k=1

bk convergent zijn, dan kunnen we in het algemeen niet veel zeggen

k=1

ak bk . Het is niet zeker dat deze reeks convergent is en als ze convergent is

120

Hoofdstuk 4

dan is er geen formule die de som van deze reeks uitdrukt in

∞ X

ak en

k=1

∞ X

bk .

k=1

Van sommige reeksen kan de partieelsom s n expliciet uitgerekend worden, waarna de convergentie voor n → ∞ onderzocht kan worden. Voorbeeld 4.2: Beschouw de reeks

∞ X

k=1

1 . Noteer de partieelsom met sn . Merk op dat k(k + 1) 1 1 1 = − . k(k + 1) k k+1

Dus sn =

1 1− 2

+

1 1 − 2 3

+

1 1 − 3 4

+ ··· +

1 1 − n−1 n

+

1 1 − n n+1

.

In deze eindige som mogen we de termen vrijelijk hergroeperen. We zien 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 sn = 1+ − + + − + + − + +· · ·+ − + + − + − . 2 2 3 3 4 4 n−1 n−1 n n n+1 We zien dat twee aan twee alle termen tegen elkaar wegvallen, behalve de eerste en de laatste. Dus 1 . sn = 1 − n+1 Hierin kunnen we nu makkelijk de limiet nemen 1 lim sn = lim 1 − = 1. n→∞ n→∞ n+1 De reeks is bijgevolg convergent en de som is gelijk aan 1. Vaak kan men van een reeks de partieelsommen echter niet expliciet uitrekenen. Ook de som is dan meestal niet expliciet uit te rekenen. We onderzoeken nu de voorwaarden voor ∞ P convergentie van een reeks ak . Een noodzakelijke voorwaarde voor convergentie van de

reeks

∞ P

k=1

ak is dat de termen an naar nul convergeren.

k=1

Eigenschap 4.2: Indien de reeks

∞ P

ak convergent is, dan

k=1

lim an = 0.

n→∞

(4.1)

Bewijs: ∞ P Daar de reeks ak convergeert, convergeert per definitie de rij van de partieelsommen (s n ), k=1

zeg met limiet s:

lim sn = s.

n→∞


121

Dan is ook de rij (sn−1 ) convergent met limiet s lim sn−1 = s.

n→∞

Omdat an = sn − sn−1 is dan ook de rij (an ) convergent en vanwege de rekenregels voor limieten lim an = lim sn − lim sn−1 = s − s = 0. n→∞

n→∞

n→∞

2 Het omgekeerde van deze stelling geldt niet. Met andere woorden, (4.1) is geen voldoende ∞ P voorwaarde voor de convergentie van de reeks an , zoals blijkt uit het volgende voorbeeld. n=1

Harmonische reeks De harmonische rij (an ) met an = n1 convergeert naar nul als n → ∞. De partieelsommen s n ∞ ∞ P P 1 van de harmonische reeks ak = k, k=1

k=1

sn =

n X 1 k k=1

worden echter willekeurig groot voor toenemende n. Inderdaad, indien we de termen van s n groeperen als volgt sn = 1 +

1 1 1 1 1 1 1 1 1 + + + + + + + + ··· + +··· , 2 |3 {z 4} |5 6 {z 7 8} |9 16 {z } > 12

dan vinden we dat

> 12

sn > 1 +

> 12

1 1 1 1 + + + + ··· , 2 2 2 2

zodat lim sn = ∞.

n→∞

Bijgevolg is de harmonische reeks divergent. Een andere manier om in te zien dat de harmonische reeks divergent is, is de volgende. Er geldt voor elke n ∈ N0 , 1 1 1 1 1 2s2n = 2 1 + + + + · · · + + 2 3 4 2n − 1 2n 2 1 2 1 = 2 + 1 + + + ··· + + . 3 2 2n − 1 n Als we de even termen in deze som bij elkaar nemen, dan krijgen we 1+

1 1 + · · · + = sn . 2 n

Als we de oneven termen nemen, dan krijgen we 2+

2 2 1 1 + ··· + > 2 + + · · · + = sn + 1. 3 2n − 1 2 n

122

Hoofdstuk 4

Dus 2s2n > sn + sn + 1 = 2sn + 1, ofwel 1 s2n > sn + . 2 Als de harmonische reeks convergent zou zijn, dan zou de rij (s n ) convergent zijn, zeg met limiet s ∈ R. Dan zou de deelrij (s2n ) ook convergent zijn naar s, en er zou volgen 1 1 s = lim s2n ≥ lim sn + =s+ . n→∞ n→∞ 2 2 De ongelijkheid s ≥ s +

1 2

is absurd. Dus de harmonische reeks is divergent.

Meetkundige reeks De meetkundige reeks

∞ X k=0

z k met a 6= 0 convergeert als |z| < 1 en divergeert anders.

We hebben namelijk dat voor |z| ≥ 1 de termen z k niet naar nul convergeren. Voor |z| ≥ 1 is de meetkundige reeks dus zeker divergent vanwege Eigenschap 4.2. Verder geldt er sn = 1+ z + z 2 + · · · + z n zsn = z + z 2 + · · · + z n + z n+1 We nemen hiervan het verschil waarbij we zien dat er aan de rechterkant veel termen tegen elkaar wegvallen. We houden over (1 − z)sn = 1 − z n+1 . Als z 6= 1, dan volgt hieruit dat sn =

1 − z n+1 . 1−z

Voor |z| < 1 geldt dat z n+1 → 0 als n → ∞, zodat in dat geval lim sn =

n→∞

1 . 1−z

De som van de meetkundige reeks is dus ∞ X k=0

zk =

1 1−z

voor |z| < 1.

Dit resultaat geldt zowel voor reële z als ook voor complexe z. Eigenschap 4.2 is algemeen in de zin dat geen voorwaarden worden opgelegd aan het teken van de termen ak van de reeks. Zonder bijkomende voorwaarden op te leggen aan de termen van de reeks is het niet mogelijk om criteria voor de convergentie van reeksen te vinden. Criteria voor convergentie kunnen wel gevonden worden voor reeksen waarvan alle termen niet-negatief zijn.

4.2.2

Convergentie van reeksen met niet-negatieve termen

We bespreken nu criteria voor de convergentie van reeksen. We behandelen eerst criteria voor de convergentie van reeksen met enkel niet-negatieve termen.


123

Hulpstelling 4.3: Indien de rij (an ) een rij van niet-negatieve reële getallen is en indien de rij van n P de partieelsommen sn = ak naar boven begrensd is, dan convergeert de reeks ∞ X

k=1

ak .

k=1

Bewijs: Daar (an ) een rij van niet-negatieve reële getallen is, is (sn ) een stijgende rij. Daarenboven is (sn ) begrensd. Bijgevolg convergeert (s n ) vanwege Stelling 2.3 van Hoofdstuk 2. 2 Deze stelling heeft meerdere toepassingen. Als eerste toepassing leiden we de vergelijkingstest af voor de convergentie van een reeks met niet-negatieve termen. De vergelijkingstest De vergelijkingstest bestaat uit Stelling 4.4 (voor convergentie) en Stelling 4.5 (voor divergentie). In deze stellingen wordt gebruik gemaakt van de O-notatie uit paragraaf 2.2.5. Herinner u dat voor twee rijen (ak ) en (bk ) geldt dat ak = O(bk ) als k → ∞ als en slechts als ∃M > 0 : ∃k0 ∈ N : ∀k ≥ k0 : |ak | ≤ M |bk |. Indien de rijen (ak ) en (bk ) uit niet-negatieve elementen bestaan, kunnen we de absolute waarden natuurlijk weglaten. In dat geval betekent a k = O(bk ) als k → ∞ dat ∃M > 0 : ∃k0 ∈ N : ∀k ≥ k0 : ak ≤ M bk . Stelling 4.4: Neem aan dat (ak ) en (bk ) twee rijen van niet-negatieve getallen zijn waarvoor ∞ X geldt dat ak = O(bk ) als k → ∞. Indien de reeks bk convergent is, dan is de reeks

∞ X

k=1

ak eveneens convergent.

k=1

Bewijs: Wegens ak = O(bk ) als k → ∞ is er een M > 0 en een k0 zodat ak ≤ M bk voor elke k ≥ k0 . ∞ P Voor de partieelsom sn van de reeks ak geldt dan voor n > k0 , k=1

sn =

n X

ak =

k=1

Indien de reeks

∞ P

k0 X k=1

ak +

n X

k=k0 +1

a k ≤ s k0 +

n X

k=k0 +1

M b k ≤ s k0 + M

∞ X

bk .

k=1

bk convergent is, dan volgt hieruit dat de partieelsommen s n naar boven

k=1

begrensd zijn. De reeks

∞ P

k=1

ak convergeert dan vanwege Hulpstelling 4.3.

2

124

Hoofdstuk 4

Stelling 4.5: Neem aan dat (ak ) en (bk ) twee rijen van niet-negatieve getallen zijn waarvoor ∞ X geldt dat bk = O(ak ) als k → ∞. Indien de reeks bk divergent is, dan is de reeks

∞ X

k=1

ak eveneens divergent.

k=1

Bewijs: ∞ P Dit volgt meteen uit Stelling 4.4. Als namelijk de reeks ak convergent zou zijn, dan zou

uit Stelling 4.4 volgen dat ook de reeks

∞ P

k=1

bk convergent zou zijn.

2

k=1

In Stellingen 4.4 en 4.5 wordt de reeks

∞ P

ak vergeleken met een andere reeks, waarvan

k=1

we de convergentie of divergentie kennen. In de volgende stelling vergelijken we de reeks met een meetkundige reeks. Convergentietest van D’Alembert (of verhoudingstest) Stelling 4.6: Stel dat

∞ X

ak een reeks is van positieve termen. Indien een natuurlijk getal k 0

k=1

bestaat en een getal r ∈ ]0, 1[, zodat ∀k ≥ k0 : dan is de reeks

∞ X

ak+1 ≤ r < 1, ak

(4.2)

ak convergent.

k=1

Indien een natuurlijk getal k0 bestaat, zodat ∀k ≥ k0 :

ak+1 ≥ 1, ak

(4.3)

dan is de reeks divergent. Bewijs: Uit (4.2) volgt dat ak+1 ≤ rak voor alle k ≥ k0 . Hieruit volgt dat voor elke k ≥ k0 geldt ak ≤ r k−k0 ak0 = r k r −k0 ak0 . Dit is eenvoudig met inductie aan te tonen. Omdat r −k0 ak0 een constante waarde is, zien we ∞ P dat ak = O(r k ) als k → ∞. Omdat de meetkundige reeks r k convergent is voor r < 1 volgt nu uit Stelling 4.4 dat de reeks

∞ X k=1

k=1

ak convergent is.

In het geval dat (4.3) geldt, is ak+1 ≥ ak voor alle k ≥ k0 . Vanaf de index k0 is de rij (ak ) dan stijgend. Omdat alle elementen positief zijn, is het dan niet mogelijk dat de rij naar 0 ∞ P convergeert. Bijgevolg is de reeks ak divergent. 2 k=1


125

De verhoudingstest heeft het volgende gevolg. Stelling 4.7: Stel dat

∞ X

ak een reeks is van niet-negatieve termen. Indien de limiet

k=1

an+1 =L n→∞ an lim

(4.4)

bestaat, dan is de reeks convergent als L < 1 en divergent als L > 1. Er is geen uitspraak als L = 1. Bewijs: We onderstellen eerst dat L < 1. Neem r ∈ ]L, 1[, bijvoorbeeld r = limiet en (4.4) volgt dat er een index k 0 ∈ N0 bestaat zodat ∀k ≥ k0 :

1+L 2 .

Uit de definitie van

ak+1 < r. ak

Omdat r < 1 volgt de convergentie van de reeks uit Stelling 4.6. In het geval dat L > 1 volgt uit (4.4) dat er een k 0 ∈ N0 bestaat met ∀k ≥ k0 :

ak+1 ≥ 1. ak

De reeks is dan divergent volgens de voorgaande stelling.

2

In het volgende criterium gebruiken we de lim sup van een rij. Zie hiervoor paragraaf 2.2.4. Herinner u dat lim sup ak van een begrensde rij gedefinieerd is als k→∞

lim sup ak = lim sup{ak | k > n}. n→∞

k→∞

De lim sup is ook gelijk aan de grootst mogelijke limiet van een convergente deelrij van (a k ). Als de rij (ak ) zelf convergent is, dan is lim sup ak = lim ak . k→∞

k→∞

Voor een rij (ak ) die niet naar boven begrensd is, definiëren we lim sup ak = +∞. k→∞

Op deze manier bestaat lim sup ak voor elke rij van niet-negatieve reële elementen. Er geldt dat L = lim sup ak als het volgende waar is: k→∞

(a) Voor elke ε > 0 is er een k0 met ∀k ≥ k0 : ak ≤ L + ε. (b) L is de kleinste waarde waarvoor (a) geldt. Uit (a) volgt dat voor elke ε > 0 geldt dat er slechts eindig veel elementen van de rij groter zijn dan L + ε, terwijl uit (b) volgt dat voor elk ε > 0 er oneindig veel elementen van de rij groter zijn dan L − ε.

126

Hoofdstuk 4

Convergentiekenmerk van Cauchy Stelling 4.8: Stel dat

∞ X

ak een reeks is van niet-negatieve termen.

k=1

1. Indien lim sup k→∞

2. Indien lim sup k→∞

√ k a < 1 dan is de reeks convergent. k √ k a > 1 dan is de reeks divergent. k

Bewijs: √ Noem L = lim sup k ak . k→∞

1. Indien L < 1, neem dan r ∈ ]L, 1[. Uit de eigenschappen van lim sup volgt dat er een k0 bestaat met √ ∀k ≥ k0 : k ak < r. Daaruit volgt direct dat ∀k ≥ k0 : ak < r k , en dus (ak ) = O(r k ) als k → ∞. De meetkundige reeks

∞ P

r k is convergent omdat r < 1.

k=1

∞ P Vanwege de vergelijkingstest (Stelling 4.4) convergeert de reeks ak . k=1 √ 2. Indien L > 1, dan geldt dat k ak > 1 voor oneindig veel indices k. Daarmee is ook ak > 1 voor oneindig veel k, zodat het niet mogelijk is dat de rij (a k ) naar 0 convergeert. De reeks is dan divergent vanwege Eigenschap 4.2. 2

We illustreren nu de criteria voor convergentie van reeksen met niet-negatieve termen. Voorbeeld 4.3: De reeks

∞ X 1 k2 k=1

is convergent. Om dit aan te tonen bewijzen we sn =

n X 1 1 ≤2− 2 k n

(4.5)

k=1

met het principe van volledige inductie. Basisstap: Voor n = 1 is s1 = 1 en 2 − n1 = 1. Er geldt inderdaad 1 ≤ 1. Inductiestap: Veronderstel dat (4.5) juist is voor zekere n ∈ N 0 . Dan is dus sn ≤ 2 − bijgevolg sn+1 = sn +

1 n

en

1 1 1 1 1 1 ≤2− + ≤2− + =2− . 2 2 (n + 1) n (n + 1) n n(n + 1) n+1

Dus (4.5) is juist met n vervangen door n + 1. Conclusie: Uit het principe van volledige inductie volgt nu dat (4.5) juist is voor elke n ∈ N 0 . Uit (4.5) volgt dat de partieelsommen naar boven begrensd zijn door 2. Omdat de termen ∞ P 1 1 positief zijn, volgt uit Hulpstelling 4.3 dat de reeks convergeert. 2 k k2 k=1


127

Voorbeeld 4.4: ∞ P k2 De reeks is divergent. We hebben namelijk k 3 +1 k=1

1 k2 1 1 = ≥ . k3 + 1 k 1 + k13 2k

Dus

1 k

2

= O( k3k+1 ) als k → ∞. De harmonische reeks

∞ P

k=1

eveneens divergent (wegens Stelling 4.5).

1 k

is divergent. Bijgevolg is

∞ P

k=1

k2 k 3 +1

Voorbeeld 4.5: ∞ P k 2 +7 De reeks 2k 4 −k+3 is convergent. We hebben namelijk k=1

1 + k72 k2 + 7 1 = · 2k 4 − k + 3 k 2 2 − k13 +

zodat ∞ P

k=1

k 2 +7 2k 4 −k+3

k 2 +7 2k 4 −k+3

∞ P

= O( k12 ) als k → ∞. Daar

k=1

1 k2

3 k4

convergent is (zie Voorbeeld 4.3), is

eveneens convergent wegens Stelling 4.4.

Voorbeeld 4.6: ∞ P k is convergent. We stellen namelijk De reeks 3k k=1

ak = zodat

k , 3k

ak+1 k + 1 3k k+1 = k+1 = , ak 3 k 3k

en lim

k→∞

Volgens Stelling 4.7 is de reeks

∞ P

ak+1 k+1 1 = lim = < 1. n→∞ 3k ak 3

k=1

k 3k

convergent.

Voorbeeld 4.7: ∞ k−1 P 2 De reeks is convergent. We stellen kk k=1

ak = en vinden

2k−1 , kk 1

√ 21− k k ak = , k

zodat lim

k→∞

De reeks is volgens Stelling 4.8 convergent.

√ k ak = 0.

128

Hoofdstuk 4

4.2.3

Convergentie van reeksen met algemene termen

Absolute convergentie We bespreken nu de convergentie van reeksen waarvan de termen niet noodzakelijk positief zijn. Als de termen reëel zijn, mogen de termen zullen positief als negatief zijn. De termen mogen echter ook complexe getallen zijn. Voor dergelijke reeksen definiëren we eerst het begrip absolute convergentie. Definitie:

Zij (ak ) een rij van complexe getallen. De reeks

∞ P

ak wordt absoluut con-

k=1

vergent genoemd indien de reeks ∞ X k=1

|ak |

(4.6)

convergent is. Een reeks die convergent is, maar niet absoluut convergent is, wordt relatief convergent genoemd. De reeks (4.6) is een reeks met niet-negatieve termen en het onderzoek naar de convergentie van deze reeks kan gebeuren met behulp van de stellingen uit de vorige paragraaf. In volgende stelling tonen we aan dat een reeks die absoluut convergent is eveneens convergent is. Deze stelling laat ons toe de convergentietesten voor reeksen met niet-negatieve termen te gebruiken bij het onderzoek naar de convergentie van reeksen met complexe termen. Stelling 4.9: Indien (ak ) een rij complexe getallen is waarvoor de reeks ∞ P

dan is de reeks

∞ P

k=1

ak eveneens convergent.

|ak | convergent is,

k=1

Bewijs: We zullen eerst aannemen dat de termen a k re¨ eel zijn. We verbinden met elke term a k van + − de rij (ak ) twee getallen ak en ak door a+ k

=

ak 0

als ak ≥ 0 als ak < 0

en

a− k

=

−ak 0

als ak ≤ 0 als ak > 0.

Dan is 0 ≤ a+ k ≤ |ak | voor elke k. Uit de convergentie van en

∞ P

k=1

∞ P

k=1

a− k

0 ≤ a− k ≤ |ak |

en

|ak | volgt dan de convergentie van de reeksen

vanwege de vergelijkingstest (Stelling 4.4). Daar a k = ∞ X k=1

convergeert de reeks ak reëel zijn.

∞ P

k=1

ak =

∞ X k=1

a+ k

−

∞ X

a+ k

−

a− k

∞ P

k=1

a+ k

voor elke k, en

a− k,

k=1

ak eveneens. De stelling is dus bewezen voor het geval dat de getallen


129

Neem nu aan dat de termen ak complex zijn en dat

k=1

|Re ak | ≤ |ak | en |Im ak | ≤ |ak |, zodat de reeksen X |Re ak | en

X

convergent zijn, vanwege Stelling 4.4. De reeksen X Re ak en

X

k=1

k=1

∞ P

k=1

|ak | convergent is. Er geldt dat

|Im ak |

Im ak

k=1

zijn dus absoluut convergent en daarom ook gewoon convergent, omdat we Stelling 4.9 al hebben bewezen voor reeksen met reële termen. Omdat ak = Re ak + iIm ak volgt dat de ∞ P reeks ak ook convergent is, vanwege Eigenschap 4.1. De stelling is nu ook bewezen voor k=1

reeksen met complexe termen.

2

Convergentie van alternerende reeksen, criterium van Leibniz We bespreken tenslotte de convergentie van alternerende reeksen of wisselreeksen. Een alternerende reeks of wisselreeks is een reële reeks waarvan de termen afwisselend positief en negatief zijn. Stelling 4.10: Een alternerende reeks

∞ X

ak waarvoor geldt dat

k=1

∀k ∈ N : |ak+1 | ≤ |ak |,

(4.7)

lim ak = 0,

(4.8)

en k→∞

is convergent. Bewijs: We veronderstellen voor het bewijs dat de ‘even’ termen negatief zijn, dat wil zeggen dat a2k−1 ≥ 0

en

a2k ≤ 0

voor elke k ∈ N0 . (Het geval waarbij a2k−1 ≤ 0 en a2k ≥ 0 kan op analoge manier bewezen worden.) We noteren de partieelsommen van de reeks met s n en definiëren αn en βn als αn = s2n−1 =

2n−1 X

ak ,

en

βn = s2n =

k=1

2n X

ak .

k=1

Uit de definitie van αn volgt αn+1 = αn + a2n + a2n+1 . Omdat a2n ≤ 0, a2n+1 ≥ 0 en |a2n+1 | ≤ |a2n | is a2n + a2n+1 ≤ 0. Daarom geldt αn+1 ≤ αn

130

Hoofdstuk 4

voor elke n ∈ N0 . De rij (αn ) is dus dalend. Voor βn geldt βn+1 = βn + a2n+1 + a2n+2 . Nu hebben we a2n+1 ≥ 0, a2n+2 ≤ 0 en |a2n+2 | ≤ |a2n+1 |. Hieruit volgt a2n+1 + a2n+2 ≥ 0 en dus βn+1 ≥ βn voor elke n ∈ N0 . De rij (βn ) is bijgevolg stijgend. Vervolgens zien we uit de definitie van α n en βn dat βn = αn + a2n . Omdat a2n ≤ 0, geldt βn ≤ αn . De rijen (αn ) en (βn ) gedragen zich bijgevolg als α1 ≥ α2 ≥ · · · ≥ αn ≥ αn+1 ≥ · · · ≥ βn+1 ≥ βn ≥ · · · ≥ β1 . In het bijzonder is de rij (αn ) naar onder begrensd (bijvoorbeeld door β 1 ) en (βn ) naar boven begrensd (bijvoorbeeld door α1 ). Beide rijen zijn dus convergent vanwege Stelling 2.3. Noem L = lim αn . n→∞

Omdat βn = αn + a2n en lim a2n = 0, volgt dan ook n→∞

L = lim βn . n→∞

Bijgevolg is lim s2n−1 = lim s2n = L.

n→∞

n→∞

Omdat zowel de even partieelsommen als de oneven partieelsommen naar dezelfde limiet ∞ X L streven convergeert ook de hele rij van partieelsommen (s n ) naar L. De reeks ak is k=1

daarmee convergent.

2

Voorbeeld 4.8: ∞ P De alternerende harmonische reeks

k=1

(−1)k k

is relatief convergent. De algemene term a k is

ak =

(−1)k , k

zodat |ak+1 | < |ak | voor elke k en lim ak = 0. Volgens Stelling 4.10 convergeert de reeks. k→∞

De reeks is niet absoluut convergent. Immers

∞ ∞ X (−1)k X 1 = k k k=1

k=1

is de harmonische reeks, waarvan we weten dat ze divergent is.


4.3

131

Machtreeksen

Tot nog toe hebben we bij de studie van de reeksen impliciet aangenomen dat de termen a k constante reële of complexe getallen waren (ofschoon dit bij het opstellen van de criteria van convergentie nergens werd gebruikt). We onderzoeken nu reeksen waarbij de termen functies van x zijn. In het bijzonder bekijken we reeksen waarbij de termen machten van x bevatten van de vorm ck xk of ck (x − a)k met ck en a vaste reële of complexe getallen. Het tweede geval ck (x − a)k kan door de eenvoudige keuze van de nieuwe veranderlijke y = x − a teruggebracht worden tot het eerste geval. De reeksen ∞ X k=0

ck (x − a)k ,

worden gebruikt om functies te definiëren. Merk op dat de reeks vertrekt vanaf k = 0. Definitie:

Indien (ck )∞ k=0 een rij complexe getallen en a en x complex getallen zijn, dan is de reeks ∞ X k=0

ck (x − a)k = c0 + c1 (x − a) + c2 (x − a)2 + · · · + cn (x − a)n + · · · , (4.9)

een machtreeks rond a. De partieelsommen zijn functies van x en worden genoteerd als s n (x). Uit sn (x) =

n X k=0

ck (x − a)k

is het duidelijk dat de partieelsom s n (x) een veelterm in de variabele x is van graad ten hoogste n. De graad is lager dan n als c n = 0. Het convergent of divergent zijn van de rij (s n (x)) zal in het algemeen afhangen van het punt x. Een machtreeks is slechts zinvol voor deze waarden van x waarvoor ze convergent is. Indien de machtreeks (4.9) convergent is voor alle x ∈ A met A een deelverzameling van C, dan kunnen we met behulp van de machtreeks (4.9) een functie definiëren op A, namelijk f : A → C : x 7→ f (x) =

∞ X

k=0

ck (x − a)k .

Voor x = a is de functiewaarde altijd bepaald, namelijk f (a) = c 0 , waarbij we de conventie 00 = 1 gebruiken. Maar om het domein van f te bepalen is het nodig om alle waarden van x te weten waarvoor de machtreeks convergent is. Definitie:

Het convergentiegebied van de machtreeks

∞ P

k=0

ck (x − a)k is de verzameling

van alle waarden van x waarvoor de machtreeks convergent is. Eigenschap 4.11: Indien voor zekere r > 0 de rij (|ck |r k ) begrensd is, dan is voor elke x ∈ C met ∞ P |x − a| < r de machtreeks ck (x − a)k absoluut convergent. k=0

132

Hoofdstuk 4

Bewijs: Neem aan dat de rij (|ck |r k ) begrensd is en dat M > 0 zodanig is dat ∀k ∈ N : |ck |r k ≤ M. Als nu |x − a| < r, dan geldt x − a k x − a k |ck (x − a) | = |ck r | ≤M r r k

zodat

k

k ! x − a (|ck (x − a)k |) = O r

Omdat |x − a| < r is de meetkundige reeks (Stelling 4.4) volgt dan dat de reeks

∞ P

k=0

Als de machtreeks

∞ P

als k → ∞.

∞ P x−a k convergent. Uit de vergelijkingstest r

k=0

|ck (x − a)k | convergent is.

2

ck r k convergent is voor zekere r > 0, dan convergeert de rij (c k r k )

k=0

naar nul. Dan is de rij (ck r k ) dus zeker begrensd. Uit de eigenschap volgt dan dat de machtreeks absoluut convergent is voor alle x ∈ C met |x − a| < r. We definiëren nu de convergentiestraal van een machtreeks. Definitie:

De convergentiestraal R c van een machtreeks

∞ P

k=0

(

Rc = sup r ≥ 0 :

∞ X

ck (x − a)k is

ck r k is convergent

k=0

)

waarbij de waarde Rc = +∞ toegelaten is. Uit de definitie van convergentiestraal en de bovenstaande eigenschap volgt direct dat ∞ P voor elke x ∈ C met |x − a| < Rc geldt dat ck (x − a)k absoluut convergent is. De open

schijf

k=0

{x ∈ C | |x − a| < Rc } behoort dus tot het convergentiegebied van de machtreeks. Voor |x − a| > R c zal de machtreeks divergeren. Dit is als volgt in te zien. Als de machtreeks zou convergeren dan zou de rij (|ck ||x − a|k ) naar nul convergeren en dus begrensd zijn. Uit Eigenschap 4.11 zou dan volgen dat de machtreeks convergent is voor elk reëel getal dat in absolute waarde (strikt) kleiner is dan |x − a|. Dit is in tegenspraak met de definitie van convergentiestraal als |x − a| > Rc . Voor de vorm van het convergentiegebied van een machtreeks kunnen we nu de volgende mogelijkheden onderscheiden: Rc = 0 In dit geval is de machtreeks enkel convergent voor x = a en het convergentiegebied is {a}. Rc = +∞ is C.

In dit geval is de machtreeks convergent voor elke x en het convergentiegebied


133

0 < Rc < +∞ In dit geval is de machtreeks convergent voor |x − a| < R c , divergent voor |x−a| > Rc en kunnen we geen uitspraak doen voor |x−a| = R c . Het convergentiegebied bestaat dus uit de open schijf |x − a| < R c met daarbij mogelijk een deel van de rand |x − a| = Rc . In alle gevallen is het convergentiegebied een schijf. Men spreekt dan ook wel van de convergentieschijf van een machtreeks. ∞ P De convergentie van de machtreeks ck (x − a)k kan onderzocht worden met de criteria k=0

voor convergentie van reeksen met niet-negatieve termen. De convergentietest van d’Alembert (Stelling 4.6) en het convergentiekenmerk van Cauchy (Stelling 4.8) zijn gemakkelijk te gebruiken. Om de absolute convergentie van de machtreeks te onderzoeken met Stellingen 4.6 en 4.8 moeten we de term ak vervangen door |ck ||x − a|k . a Volgens de convergentietest van d’Alembert moeten we de verhoudingen k+1 onderak zoeken. Er geldt ck+1 |ck+1 ||x − a|k+1 ak+1 . = = |x − a| a |c ||x − a|k c k

Indien de limiet

k

k

ck+1 =∆ lim k→∞ ck

bestaat, dan volgt uit de convergentietest van d’Alembert dat de machtreeks absoluut convergeert voor |x − a|∆ < 1, en divergeert voor |x − a|∆ > 1. Er geldt dan dus dat ck 1 1 . lim = Rc = ck+1 = k→∞ ∆ ck+1 lim k→∞ ck √ Het convergentiekenmerk van Cauchy maakt gebruik van k ak . Hiervoor hebben we √ k ak = Indien de limiet

q p k |ck ||x − a|k = |x − a| k |ck |. lim

k→∞

p k |ck | = ∆

bestaat, dan volgt uit de convergentietest van Cauchy dat de machtreeks absoluut convergeert voor |x − a|∆ < 1 en divergeert voor |x − a|∆ > 1. De convergentiestraal is dan Rc =

1 1 p = . ∆ lim k |ck | k→∞

ck+1 | k→∞ ck

Het kan voorkomen dat de beide limieten lim |

en lim

k→∞

p k |ck | niet bestaan. De

convergentietesten van d’Alembert en Cauchy zoals hier behandeld zijn dan niet te gebruiken om de convergentiestraal te berekenen. Er bestaat wel een uitbreiding van de convergentietest van Cauchy die algemeen geldt. Deze uitbreiding maakt gebruik van het begrip lim sup (zie hoofdstuk 2) en ze leidt tot de algemeen geldende formule Rc =

1 lim sup k→∞

We gaan hier verder niet op in.

p . k |ck |

134

Hoofdstuk 4

Afgeleide van functie gedefinieerd door machtreeks Het blijkt dat een functie f (x) =

∞ X

k=0

ck (x − a)k

(4.10)

die gegeven wordt door een machtreeks een heel mooie functie is in het inwendige van de convergentieschijf, dat wil zeggen voor |x − a| < R c waarin Rc de convergentiestraal is. Ze is continu en afleidbaar, waarbij de afgeleide gegeven wordt door 0

f (x) =

∞ X k=1

kck (x − a)k−1 .

(4.11)

Dat wil zeggen dat we de afgeleide kunnen berekenen door de reeks (4.10) termsgewijs af te leiden. Door in (4.11) over te gaan van k naar k + 1 kunnen we ook schrijven 0

f (x) =

∞ X k=0

(k + 1)ck+1 (x − a)k

(4.12)

hetgeen laat zien dat de afgeleide f 0 ook weer voor te stellen door middel van een som van een convergente machtreeks. Het bovenstaande is een belangrijk resultaat uit de theorie van complexe functies. We zullen de stelling hier nog expliciet vermelden, maar het bewijs ervan valt buiten het bereik van deze cursus. Stelling 4.12: Zij

∞ P

ck (x−a)k een machtreeks met convergentiestraal R c > 0. Dan is de functie

k=0

f (x) =

∞ X k=0

ck (x − a)k

afleidbaar voor x ∈ C met |x − a| < Rc met afgeleide f 0 (x) =

∞ X k=0

(k + 1)ck+1 (x − a)k .

Omdat de afgeleide f 0 gegeven wordt door de som van een convergente machtreeks, kunnen we de stelling ook hierop toepassen, en er volgt dat f 0 afleidbaar is (dus dat f tweemaal afleidbaar is) en dat ∞ X f 00 (x) = k(k + 1)ck+1 (x − a)k−1 =

k=1 ∞ X k=0

(k + 1)(k + 2)ck+2 (x − a)k .

Dus de tweede afgeleide f 00 wordt ook gegeven door een convergente machtreeks. Zo kunnen we doorgaan. Er volgt dat alle afgeleiden van f bestaan en dat elke afgeleide geschreven kan worden als som van een convergente machtreeks. We zien dat functies die geschreven kunnen worden als de som van een convergente machtreeks heel speciaal zijn. Ze worden wel analytische functies genoemd. We vatten dit samen in de volgende eigenschap.


135

Eigenschap 4.13: Zij

∞ P

k=0

ck (x − a)k een machtreeks met convergentiestraal R c > 0. Dan bestaan

alle afgeleiden van de functie f (x) =

∞ X

k=0

ck (x − a)k

voor |x − a| < Rc .

en er geldt voor elke n ∈ N en x ∈ C met |x − a| < R c dat f

(n)

(x) = =

∞ X

(k − n + 1)(k − n + 2) · · · kck (x − a)k−n

k=n ∞ X k=0

(4.13) k

(k + 1)(k + 2) · · · (k + n)ck+n (x − a) .

In het bijzonder geldt f (n) (a) = n!cn .

(4.14)

Bewijs: De formule (4.13) voor de n-de afgeleide is eenvoudig met volledige inductie te bewijzen. Als we x = a nemen in de tweede machtreeks in (4.13) dan zien we dat alle termen met k ≥ 1 nul zijn. Alleen de term met k = 0 blijft dan over en dat leidt tot de formule (4.14). 2 Enkele voorbeelden We hebben al gezien dat de meetkundige reeks

∞ P

k=0 ∞ X

xk =

k=0

1 , 1−x

xk convergent is voor |x| < 1 met als |x| < 1.

(4.15)

Ze is divergent als |x| ≥ 1. De meetkundige reeks is een machtreeks waarbij c k = 1 voor 1 alle k. Voor de convergentiestraal geldt R c = 1. Uit (4.15) volgt dat de functie f (x) = 1−x geschreven kan worden als som van een convergente machtreeks, en dus een analytische functie is. De afgeleide van f (x) is f 0 (x) =

d 1 1 = . dx 1 − x (1 − x)2

Uit Stelling 4.12 volgt dat ∞

∞

k=1

k=0

X X 1 k−1 = kx = (k + 1)xk , (1 − x)2

als |x| < 1.

We kunnen Stelling 4.12 nogmaals toepassen en er volgt ∞

∞

k=1

k=0

X X 2 k−1 = k(k + 1)x = (k + 1)(k + 2)xk (1 − x)3

als |x| < 1.

136

Hoofdstuk 4

We behandelen nu de machtreeksen die in het volgend hoofdstuk zullen gebruikt worden om de transcendente functies exp(x), sin x en cos x te definiëren. We herinneren de lezer aan de faculteitsfunctie n! gedefinieerd door 0! = 1 en n! = 1 · 2 · · · · · (n − 1) · n

voor n ∈ N0 .

Met eenvoudig rekenen kan de lezer nagaan dat de faculteit snel toeneemt met het argument: 1! 2! 3! 4! 5!

= = = = =

1 2 6 24 120

6! = 720 7! = 5040 8! = 40320 9! = 362880 10!= 3628800.

Stelling 4.14: De machtreeksen ∞ X xk k=0

k!

,

∞ X

k=0

x2k+1 (−1) , (2k + 1)! k

en

∞ X

(−1)k

k=0

x2k . (2k)!

zijn absoluut convergent voor alle x ∈ C. Bewijs:

1.

∞ xk P Om de absolute convergentie van deze reeks te onderzoeken gebruiken we de k=0 k!

convergentietest van d’Alembert. De coëfficiënten ck zijn nu ck = c limiet van k+1 ck voor k → ∞ bestaat:

1 k!

en

ck+1 ck

=

1 k+1 .

De

ck+1 1 = lim = 0. k→∞ ck k→∞ k + 1

∆ = lim

De convergentiestraal Rc is dan Rc = voor alle x ∈ R. 2.

1 ∆

= +∞, en de machtreeks is absoluut convergent

x2k+1 We gebruiken de convergentietest van d’Alembert om de absolute (2k + 1)! k=0 convergentie van deze reeks te onderzoeken. Deze reeks is absoluut convergent als de reeks ∞ X |x|2k+1 , (2k + 1)! ∞ P

(−1)k

k=0

convergent is. Deze reeks van niet-negatieve termen ak+1 < 1. k→∞ ak lim

|x|2k+1 (2k+1)!

is convergent wanneer

Reeksen en Machtreeksen met ak =

|x|2k+1 (2k+1)! .

137

Nu is |x|2k+3 (2k + 1)! |x|2 ak+1 , = = ak (2k + 3)! |x|2k+1 (2k + 2)(2k + 3)

zodat

ak+1 |x|2 = lim =0 k→∞ ak k→∞ (2k + 2)(2k + 3) lim

voor elke x ∈ C. De machtreeks 2. is bijgevolg absoluut convergent voor alle x ∈ R en Rc = +∞. Merk op dat in dit voorbeeld de formule ck Rc = lim k→∞ ck+1

niet geldt. De limiet bestaat namelijk helemaal niet. Immers ck = 0 en ck =

(−1)l (2l + 1)!

als k even

als k = 2l + 1 oneven.

ck Het quotiënt ck+1 is dus ofwel 0, ofwel +∞, en de limiet ervan bestaat niet. 3.

∞ P

(−1)k

k=0

x2k Deze reeks is absoluut convergent als de reeks (2k)! ∞ X |x|2k , (2k)! k=0

convergent is. Deze reeks van niet-negatieve termen a k =

|x|2k (2k)!

is convergent als

ak+1 < 1. k→∞ ak lim

Nu is

zodat

ak+1 |x|2 = , ak (2k + 1)(2k + 2) ak+1 |x|2 = lim =0 k→∞ ak k→∞ (2k + 1)(2k + 2) lim

voor elke x ∈ C. De machtreeks 3. is bijgevolg absoluut convergent voor alle x ∈ C. 2 Deze drie absoluut convergente machtreeksen zullen in het volgend hoofdstuk gebruikt worden om de transcendente functies exp(x), sin x en cos x te definiëren.

138

4.4

Hoofdstuk 4

Taylorveeltermen en Taylorreeksen

In de vorige paragraaf zijn we uitgegaan van een machtreeks en we hebben gezien dat we door middel van de machtreeks een functie kunnen definiëren als de convergentiestraal van de machtreeks positief is. We kunnen nu ook omgekeerd vertrekken van een functie en ons afvragen of deze functie te schrijven is als de som van een convergente machtreeks. Deze vraag leidt ons tot Taylorveeltermen en Taylorreeksen.

4.4.1

Taylorveeltermen en de formule van Taylor

We vertrekken dus van een functie f en een waarde a ∈ dom f . De vraag is of er getallen c k zijn zodanig dat ∞ X f (x) = ck (x − a)k (4.16) k=0

voor alle x ∈ dom f met |x − a| < Rc waarin Rc de convergentiestraal van de machtreeks is. We willen uiteraard dat Rc > 0. Uit de resultaten van paragraaf 4.3 (in het bijzonder Eigenschap 4.13) volgt dat dit het dan zeker noodzakelijk is dat alle afgeleiden van f bestaan. Tevens volgt uit (4.14) een formule waaraan c k moet voldoen, namelijk ck =

f (k) (a) . k!

(4.17)

Voor k = 0 geldt c0 = f (a). Dit komt overeen met (4.17) als we f (0) (“de nulde afgeleide van f ”) definiëren als de functie f zelf. Deze definitie zullen we in wat volgt steeds hanteren. De keuze (4.17) voor ck is bijgevolg de enig mogelijke waarvoor de gelijkheid (4.16) zou kunnen gelden. Deze observatie leidt tot de volgende definities. Definitie:

Neem aan dat alle afgeleiden van f in a ∈ dom f bestaan. Dan noemen we de machtreeks ∞ X f (k) (a) (x − a)k k! k=0

de Taylorreeks of de Taylorontwikkeling van de functie f in a.

Definitie:

Neem aan dat de eerste n afgeleiden van f in a ∈ dom f bestaan. Dan is Pn (x) =

n X f (k) (a) k=0

k!

(x − a)k

(4.18)

de Taylorveelterm van graad n van f in a. Als alle afgeleiden van f in a bestaan, dan is de Taylorveelterm gelijk aan de nde partieelsom van de Taylorreeks. Voorbeeld 4.9: Voor n = 0 hebben we P0 (x) = f (a). Dit is een constante functie met als waarde de functiewaarde van f in a. Voor n = 1 geldt P1 (x) = f (a) + f 0 (a)(x − a). Dit is een veelterm van graad 1. De grafiek van P1 is de raaklijn aan de grafiek van f in het punt (a, f (a)). We noemen P 2 ook wel de lineaire benadering van f in a.


139

Voor n = 2 geldt P2 (x) = f (a) + f 0 (a)(x − a) + 12 f 00 (a)(x − a)2 . Dit is een veelterm van graad 2 waarvoor geldt (ga zelf na) P2 (a) = f (a),

P20 (a) = f 0 (a),

P200 (a) = f 00 (a).

De functies Pn en f komen dus overeen in a en ook hun afgeleiden tot en met de tweede orde. Vanwege deze eigenschap noemen we de Taylorveelterm P 2 ook wel de kwadratische benadering van f in a. Voor algemene n geldt het volgende. Eigenschap 4.15: Neem aan dat de eerste n afgeleiden van f in a ∈ dom f bestaan. Dan voldoet de Taylorveelterm Pn van f in a aan Pn(k) (a) = f (k) (a),

voor k = 0, 1, . . . , n.

(4.19)

Dat wil zeggen dat Pn en f gelijk zijn in a, en ook hun afgeleiden tot en met de nde orde. Bovendien is Pn de enige veelterm van graad ≤ n met deze eigenschap. Bewijs: Neem k ∈ N met k ≤ n. Uit (4.18) volgt eenvoudig dat   n (j) X f (a) Pn(k) (x) = k  (x − a)j  dx j! dk

j=0

=

n X j=0

f (j) (a) j(j − 1) · · · (j − k + 1)(x − a)j−k . j!

Als we hierin x = a nemen dan worden alle termen met j 6= k gelijk aan nul. De term met j = k levert dan het resulaat Pn(k) (a) =

f (k) (a) k(k − 1) · · · (k − k + 1) = f (k) (a). k! (k)

Stel nu omgekeerd dat Qn een veelterm van graad ≤ n is waarvoor geldt dat Q n (a) = (k) f (a) voor alle k = 0, 1, . . . , n. We hebben zojuist bewezen dat de Taylorveelterm P n deze eigenschap ook bezit en bijgevolg is Q n − Pn een veelterm van graad ≤ n met (Qn − Pn )(k) (a) = 0,

voor k = 0, 1, . . . , n

zodat Qn − Pn een n + 1-voudig nulpunt heeft in a. Dit kan alleen als Q n − Pn ≡ 0 en dus is Qn gelijk aan Pn . Dit bewijst dat Pn de enige veelterm van graad ≤ n is met de eigenschap (4.19). 2 De Eigenschap 4.15 drukt uit dat de Taylorveelterm P n zo goed mogelijk op de functie f wil gelijken in het punt a, zie Figuur 4.1 voor een illustratie. Dit wordt ook uitgedrukt in de volgende eigenschap die van pas kan komen bij het berekenen van limieten.

140

Hoofdstuk 4

y f P2 P1 f(a) x

a

Figuur 4.1: De functie f en de benaderende veeltermen P 1 en P2 . Eigenschap 4.16: Neem aan dat de eerste n + 1 afgeleiden van f in a ∈ dom f bestaan. Dan geldt voor de Taylorveelterm Pn van f in a dat f (x) − Pn (x) f (n+1) (a) = . x→a (x − a)n+1 (n + 1)! lim

(4.20)

Bewijs: Vanwege Eigenschap 4.15 kunnen we de regel van de l’Hôpital n + 1 keer toepassen op de limiet in het linkerlid van (4.20). Dan volgt (n+1)

f (x) − Pn (x) f (n+1) (x) − Pn lim = lim x→a (x − a)n+1 x→a (n + 1)!

(x)

.

Omdat Pn een veelterm van graad ≤ n is, is de n + 1-ste afgeleide gelijk aan nul. Dan volgt de gelijkheid (4.20). 2 Eigenschap 4.16 geeft ons een eerste inzicht in het gedrag van de restterm Rn+1 (x) = f (x) − Pn (x).

(4.21)

Dit is de fout die we maken als we f (x) benaderen door de Taylorveelterm P n (x). Uit (4.20) volgt dat Rn+1 (x) = O (x − a)n+1 als x → a (4.22) in het geval dat de eerste n + 1 afgeleiden van f in a bestaan. Bovendien is de Taylorveelterm Pn de enige veelterm van graad ≤ n waarvoor geldt dat f (x) − Pn (x) = O (x − a)n+1

als x → a.

Meer informatie geeft de volgende verscherping van (4.20). Dit is het hoofdresultaat over Taylorveeltermen uit deze paragraaf.


141

Stelling 4.17: (Formule van Taylor) Neem aan dat de eerste n + 1 afgeleiden van f in in een interval I ⊂ R bestaan en continu zijn. Zij a ∈ I en beschouw de Taylorveelterm Pn van graad n in a met restterm Rn+1 . Voor elke x is er dan een waarde c tussen a en x met 1 Rn+1 (x) = (4.23) f (n+1) (c)(x − a)n+1 . (n + 1)! Bovendien geldt |Rn+1 (x)| ≤

1 |x − a|n+1 max f (n+1) (t) (n + 1)!

(4.24)

waarbij het maximum moet genomen worden voor t ∈ [a, x] als t ∈ [a, x] indien x > a en voor t ∈ [x, a] indien x < a. Voordat we het bewijs van Stelling 4.17 geven maken we eerst een opmerking over het geval n = 0. Voor n = 0 is R1 (x) = f (x) − P0 (x) = f (x) − f (a) en dan zegt (4.23) dat er een c tussen a en x met f (x) − f (a) = f 0 (c)(x − a).

Dit is precies de middelwaardestelling van Lagrange (zie Stelling 3.7). De Stelling 4.17 kan dus gezien worden als een uitbreiding van de middelwaardestelling van Lagrange. Het bewijs van de middelwaardestelling van Lagrange was gebaseerd op de stelling van Rolle (Stelling 3.6). Het bewijs van Stelling 4.17 is gebaseerd op de uitbreiding van de stelling van Rolle die in Oefening 3.34 beschreven staat. Bewijs: Voor het bewijs nemen we aan dat x > a. Het bewijs voor x < a is analoog. De functie F (t) = f (t) − Pn (t) −

Rn+1 (x) (t − a)n+1 (x − a)n+1

(4.25)

voldoet dan aan F (a) = 0, F (x) = 0. Bovendien geldt voor de kde afgeleide van F (waarbij we afleiden naar t en x als een constante beschouwen) dat F (k) (t) = f (k) (t) − Pn(k) (t) −

Rn+1 (x) (n + 1)n · · · (n − k + 2)(t − a)n−k+1 . (x − a)n+1

(4.26)

Als we hierin t = a nemen dan geldt vanwege Eigenschap 4.15 F (k) (a) = 0

voor k = 1, 2, . . . , n.

Op grond van de uitbreiding van de stelling van Rolle uit Oefening 3.34 volgt nu dat er een c tussen a en x is met F (n+1) (c) = 0. Dan volgt uit (4.26) met k = n + 1 en t = c dat 0 = f (n+1) (c) − Pn(n+1) (c) −

Rn+1 (x) (n + 1)! (x − a)n+1

(4.27)

(n+1)

Omdat Pn een veelterm van graad ≤ n is, geldt P n (c) = 0 en dan vinden we (4.23) meteen uit (4.27). Uit (4.23) volgt dan direct dat |x − a|n+1 (n+1) |x − a|n+1 |Rn+1 (x)| = (c) ≤ max f (n+1) (t) . f (n + 1)! (n + 1)! t∈[a,x]

en dit leidt tot (4.24).

2

142

Hoofdstuk 4

Formule van Maclaurin Wanneer a = 0 spreekt men ook wel van de formule van Maclaurin. De formule van Taylor wordt dan f (x) = Pn (x) + Rn+1 (x), met de Maclaurinveelterm Pn (x) = f (0) +

f 0 (0) f 00 (0) 2 f (n) (0) n x+ x + ··· + x 1! 2! n!

en de restterm

xn+1 (n+1) f (c) (n + 1)!

Rn+1 (x) =

voor zekere c tussen 0 en x. Een afschatting van de restterm is |Rn+1 (x)| ≤

|x|n+1 max |f (n+1) (t)| (n + 1)!

waarbij het maximum genomen wordt voor t tussen 0 en x. Er geldt ook Rn+1 (x) = O xn+1 als x → 0.

4.4.2

Convergentie van Taylorreeksen

Als alle afgeleiden van f in a bestaan, dan bestaat de Taylorreeks van f rond a. n X f (k) (a) k=0

k!

(x − a)k .

De nde partieelsom hiervan is de Taylorveelterm P n van f in a en er geldt f (x) = Pn (x) − Rn+1 (x). We willen nu de convergentie van de Taylorreeks onderzoeken. Dat wil zeggen dat we voor vaste x het gedrag van Pn (x) in de limiet n → ∞ willen bestuderen. Het zou heel mooi zijn als f (x) = lim Pn (x) n→∞

omdat dan de Taylorreeks convergeert naar f (x). Vandaar de volgende definitie. Definitie:

De functie f is analytisch in x = a indien er een omgeving I van a bestaat waarin de functie f willekeurig vaak afleidbaar is, en indien ∀x ∈ I : lim Pn (x) = f (x) n→∞

waarin Pn de Taylorveelterm van graad n van f in a is. Als de functie f analytisch is in a dan is de Taylorreeks van f convergent voor x in een omgeving van a en er geldt ∞ X f (k) (a) f (x) = (x − a)k . k! k=0

Voor a = 0 wordt de Taylorreeks ook wel de Maclaurinreeks genoemd.


143

De Taylorreeks is convergent in x als lim |Rn (x)| = 0

(4.28)

n→∞

met Rn = f (x) − Pn−1 (x) de restterm in de Taylorbenadering. Vanwege de afschatting (4.24) voor de restterm is het voor (4.28) voldoende om te laten zien dat 1 |x − a|n max f (n) (t) = 0 n→∞ n! t

(4.29)

lim

waarin het maximum genomen wordt over alle t tussen a en x. We kunnen (4.29) gebruiken als we de nde afgeleide f (n) van f op geschikte wijze kunnen afschatten op het interval tussen a en x. Als namelijk max f (n) (t) ≤ Mn t

voor zeker getal Mn (mogelijk afhankelijk van x),

1 |x − a|n Mn = 0 n→∞ n! lim

(4.30)

dan volgt (4.29) en dus is de Taylorreeks convergent in x. De limiet (4.30) zal gelden als Mn niet al te snel groeit als n → ∞. We zullen dit in het volgende voorbeeld zien. Maclaurinreeks voor ln(1 + x) In het volgende hoofdstuk zullen we de natuurlijke logaritme ln invoeren, maar we zullen er al mee werken in dit voorbeeld. Het enige dat we nu nodig hebben is dat ln :]0, ∞[→ R afleidbaar is en voor de afgeleide geldt d 1 ln x = . dx x Met deze informatie kunnen we de Maclaurinveelterm van ln(1 + x) opstellen. We nemen f (x) = ln(1 + x) en we zullen in wat volgt steeds x > −1 veronderstellen. Voor f (x) = ln(1 + x) zijn de afgeleiden f 0 (x) =

1 = (1 + x)−1 , 1+x

f 00 (x) = −(1 + x)−2 ,

f 000 (x) = −(−2)(1 + x)−3 = 2(1 + x)−3 ,

f (4) (x) = 2(−3)(1 + x)−4 = −3!(1 + x)−4 ,

f (5) (x) = 4!(1 + x)−5 ,

enzovoorts. In het algemeen vinden we f (n) (x) = (−1)n−1 (n − 1)!(1 + x)−n ,

voor n ≥ 1

hetgeen eenvoudig met volledige inductie te bewijzen is. Dus f (0) = 0 en f (n) (0) = (−1)n−1 (n − 1)!

voor n ≥ 1.

De Maclaurinreeks voor ln(1 + x) is bijgevolg ∞ X f (n) (0)

n=0

n!

n

x =

∞ X (−1)n−1 (n − 1)!

n=1

n!

n

x =

∞ X (−1)n−1

n=1

n

xn .

(4.31)

144

Hoofdstuk 4

Figuur 4.2: De functies ln(1 + x), P1 (x), P2 (x), P3 (x) en P4 (x). De Maclaurinveeltermen zijn P1 (x) = x,

P2 (x) = x −

x2 , 2

P3 (x) = x −

x2 x3 + , 2 3

enzovoorts. In Figuur 4.2 zijn ln(1 + x), en de Maclaurinveeltermen P 1 (x), P2 (x), P3 (x) en P4 (x) getekend. Om de restterm Rn (x) = ln(1 + x) − Pn−1 (x) te onderzoeken als n → ∞ merken we op dat uit (4.31) volgt dat |f (n) (t)| = (n − 1)!(1 + t)−n . Omdat (1 + t)−n een dalende functie wordt het maximum van |f (n) (t)| voor t in een interval aangenomen in het linkereindpunt van dit interval. Bijgevolg geldt max |f (n) (t)| = (n − 1)!

als x > 0,

t∈[0,x]

max |f (n) (t)| = (n − 1)!(1 + x)−n als − 1 < x < 0.

t∈[x,0]

Uit de afschatting van de restterm (4.24) volgt dan dat 1 n |x| (n − 1)! = nxn n! 1 |x|n |Rn (x)| ≤ |x|n (n − 1)!(1 + x)−n = n n! (1 + x)n

|Rn (x)| ≤

als x > 0, (4.32) als − 1 < x < 0.

Uit de afschattingen (4.32) volgt dat lim Rn (x) = 0 als − 12 < x < 1 (ga zelf na!). Bijgevolg n→∞

is de Maclaurinreeks convergent voor − 12 < x < 1 en er geldt ln(1 + x) =

∞ X (−1)n−1

n=1

n

xn .

(4.33)

Dit resultaat is evenwel niet optimaal. Met verfijndere technieken is aan te tonen dat de gelijkheid (4.33) geldt voor elke −1 < x ≤ 1. Voor al deze waarden van x geldt dat lim Rn (x) = 0, maar voor −1 < x ≤ − 12 en voor x = 1 is de afschatting (4.32) te grof om n→∞ hiertoe te kunnen besluiten. We zullen hier verder niet op in gaan.


145

Voor x = 1 hebben we het nieuwe resultaat ln 2 =

∞ X (−1)k−1 k=1

k

=1−

1 1 1 1 + − + − ··· . 2 3 4 5

(4.34)

Merk op dat (4.34) de alternerende harmonische reeks is. Deze is convergent (met waarde ln 2) maar niet absoluut convergent. Voorbeeld 4.10: Bepaal een veelterm die op het interval [− 12 , 12 ] minder dan 10−3 verschilt van de functie f (x) = ln(1 + x2 ). Zij Pn−1 de n − 1de graads Maclaurinveelterm voor ln(1 + x). Dan is ln(1 + x) − Pn−1 (x) = Rn (x) waarbij Rn voldoet aan (4.32). Als we hierin x vervangen door x 2 dan volgt ln(1 + x2 ) − Pn−1 (x2 ) = Rn (x2 ) met |Rn (x2 )| ≤ nx2n . 2n Voor x ∈ [− 12 , 12 ] geldt dan dat |Rn (x2 )| ≤ n 12 . Als we nu n zo kiezen dat 2n 1 n < 10−3 2

(4.35)

dan weten we zeker dat |Rn (x2 )| < 10−3 voor elke x ∈ [− 12 , 12 ] dan dan zal de veelterm Pn−1 (x2 ) minder dan 10−3 verschillen van ln(1+x2 ) op het interval [− 12 , 12 ]. Na enig proberen blijkt dat n = 7 het eerste natuurlijke getal is waarvoor (4.35) geldt. De gezochte veelterm is P6 (x2 ) = x2 −

x4 x6 x8 x10 x12 + − + − . 2 3 4 5 6

Maclaurinreeks voor (1 + x)s In Hoofdstuk 1 hebben we met behulp van inductie de binomiaalstelling bewezen. Volgens de binomiaalstelling geldt voor elke twee reële getallen a en b en voor elk natuurlijk getal n dat n X n k n−k n (a + b) = a b k k=0

met

n n! = . k k!(n − k)!

Wanneer we b = 1 en a = x nemen, geldt voor elk reëel getal x dat n X n k (1 + x)n = x . k k=0

Het rechterlid is een veelterm in x van de graad n die gerangschikt is volgens stijgende machten van x. We bewijzen nu een gelijkaardige formule voor (1 + x) s met s een willekeurig reëel

146

Hoofdstuk 4

getal, waarbij de veelterm vervangen wordt door een oneindige reeks. Voor een willekeurig reëel getal s definiëren we de binomiaalco¨ effici¨ ent (s ∈ R, k ∈ N) als s s s(s − 1) · · · (s − k + 1) als k ∈ N0 . = 1, en = 0 k k! Merk op dat deze definitie overeenkomt met de reeds gekende definitie van binomiaalcoëfficiënt voor het geval dat s een natuurlijk getal is. Eigenschap 4.18: De Maclaurinreeks van de functie (1 + x) s is gelijk aan ∞ X s k x . k

(4.36)

k=0

De Maclaurinreeks is convergent voor |x| < 1 en er geldt s

(1 + x) =

∞ X s k=0

k

xk

voor x ∈ ] − 1, 1[.

(4.37)

Bewijs: We nemen f (x) = (1 + x)s met x > −1. Dan is f (0) = 1. Voor de k-de afgeleide geldt f (k) (x) = s(s − 1)(s − 2) · · · (s − k + 1)(1 + x) s−k , zodat f (k) (0) = s(s − 1)(s − 2) · · · (s − k + 1) en f (k) (0) = k!

s . k

De Maclaurinreeks van (1 + x)s is dus inderdaad ∞ X f (k) (0) k=0

k!

xk =

∞ X s k=0

k

xk .

Om de convergentie te onderzoeken, merken we op dat s s(s − 1)(s − 2) · · · (s − k + 1)(s − k) k! s−k k+1 · = . s = (k + 1)! s(s − 1)(s − 2) · · · (s − k + 1) k +1 k

Voor k → ∞ convergeert de absolute waarde hiervan naar 1. Volgens de convergentietest van d’Alembert, toegepast op de machtreeks (4.36), betekent dit dat de convergentiestraal van (4.36) gelijk is aan 1. Bijgevolg is (4.36) convergent voor elke x ∈ ] − 1, 1[. We moeten nu nog bewijzen dat de functie φ(x) =

∞ X s k=0

k

xk ,

x ∈ ] − 1, 1[

die gegeven wordt door de machtreeks gelijk is aan (1 + x) s .

(4.38)


147

Om dit te doen gebruiken we de identiteit s s s (k + 1) +k =s k+1 k k die eenvoudig door directe berekening na te gaan is. Omdat we de machtreeks (4.38) termsgewijs mogen afleiden, geldt voor x ∈ ] − 1, 1[, ∞ X s k−1 φ0 (x) = k x . k k=1

Dus voor x ∈ ] − 1, 1[ geldt ∞ X s s k k φ (x) + xφ (x) = (k + 1) x + k x k+1 k k=0 k=1 ∞ X s s = (k + 1) +k xk k+1 k k=0 ∞ X s k = s x k 0

∞ X

0

k=0

= sφ(x).

Bijgevolg voldoet φ aan de differentiaalvergelijking (1 + x)φ0 (x) = sφ(x) met de beginvoorwaarde φ(0) = 1. Dan is φ0 (x) s = . φ(x) 1+x In de linkerkant zien we de afgeleide van de functie ln(φ(x)) en in de rechterkant zien we de afgeleide van de functie s ln(1 + x). De afgeleiden van ln(φ(x)) en s ln(1 + x) zijn bijgevolg gelijk, zodat er een constante C bestaat met ln(φ(x)) = s ln(1 + x) + C

voor alle x ∈ ] − 1, 1[.

Omdat φ(0) = 1, volgt dat C = 0. Als we dan de e-macht nemen, zien we φ(x) = (1 + x)s ,

voor x ∈ ] − 1, 1[

zodat (4.37) bewezen is.

2

Een speciaal geval wordt bekomen voor s = −1. Dan geeft Eigenschap 8.9 dat ∞ X −1 k 1 = x voor x ∈ ] − 1, 1[. 1+x k k=0

Omdat

krijgen we

−1 k

=

∞

(−1)(−2) · · · (−k) = (−1)k k!

X 1 = (−1)k xk 1+x k=0

voor x ∈ ] − 1, 1[.

(4.39)

148

Hoofdstuk 4

Als we in (4.39) x vervangen door −x, dan volgt ∞

X 1 xk = 1−x k=0

voor x ∈ ] − 1, 1[,

hetgeen niets anders is dan de som van de meetkundige reeks. Als we van beide zijden in (4.39) de primitieve nemen (een machtreeks mogen we binnen het convergentiegebied termsgewijs integreren), dan volgt ln(1 + x) =

∞ X

(−1)k

k=0

xk+1 +C k+1

voor x ∈ ] − 1, 1[,

voor zekere constante C. Door x = 0 in te vullen, vinden we C = 0 en dus ln(1 + x) =

∞ X

k=0

(−1)k

xk+1 , k+1

voor x ∈ ] − 1, 1[.

Dit komt overeen met de reeks voor ln(1 + x) die we in de vorige paragraaf afgeleid hebben.


4.5

Oefeningen

Oefening 4.1 (a)

∞ X

k=2

(b)

Toon aan

1 log 1 − 2 = − log 2 k

∞ X 1 k=1

(c)

149

∞ X

k=1

1 − k k+2

=

3 2

1 1 = (2k − 1)(2k + 1) 2

Oefening 4.2 Gebruik de vergelijkingstest om na te gaan welke van de volgende reeksen convergent zijn.

(a)

∞ X

k=1

4 2k − 1

(e)

∞ X 1 (f) kk

k=1

(c)

k=1

(d)

∞ X

k=1

2k

k=1

∞ X k+4 (b) k(k + 1) ∞ X

∞ X cos2 k

∞ X 1 (i) k! k=1

(j)

k=1

k k+3

(g)

k2 + 1 k3 + 1

(h)

k=1

∞ X 2 + cos k

k

k=1

∞ X k=1

∞ X

ln k 2k−1

(k)

∞ X k=1

1 3k − sin k √ k k+2

∞ X (2k − 1)2 (l) (k 2 + 4)3/2 k=1

Oefening 4.3 Gebruik de criteria van d’Alembert of Cauchy om na te gaan welke van de volgende reeksen convergeren. ∞ X k (a) 2k+1

(e)

∞ X

(f)

k=1

(b)

k=1

(c)

∞ X k! 10k

(h)

k=1

∞ X 2k (k!)2

(j)

∞ X

k=1

k! 1 · 3 · 5 · · · (2k − 1)

∞ X 1 · 3 · 5 · · · (2k − 1) k=1

2 · · · 4 · · · 6 · · · 2k

∞ X k! 22k k=0

k=1

(g)

k!

(i)

k=1

∞ k X e k=1

(d)

4k k(k + 2)

√ k k!

∞ X 2+

∞ X (k!)2 (2k)! k=0

∞ X k! (k) kk k=1

(l)

∞ X k=0

4 7k + 1

k

Oefening 4.4 Onderzoek de convergentie van de volgende reeksen. Als een reeks convergent is, bepaal dan ook haar som.

150

Hoofdstuk 4 (a)

∞ X

2k/2

(e) log

k=1

(b)

∞ X

k=1

1 k(k + 1)

(f)

6k

∞ X 1 1 √ −√ (g) k+1 k k=1

k=0

∞ X 4k+1 k=0

∞ X 2k + 3 k k=1

∞ X 2 (c) 5k

(d)

1 2 3 n + log + log + · · · + log +··· 2 3 4 n+1

(h)

7k+2

∞ X 1 2k k=1

Oefening 4.5 Gebruik het convergentiecriterium van Leibniz om na te gaan welke van de volgende alternerende reeksen convergent zijn. Indien dit criterium geen uitsluitsel geeft, gebruik dan een andere methode. ∞ X (−1)k−1 (a) k(k + 1)

(e)

k=1

(b)

(f)

k=1

(c)

(−1)

k k+1

k+1

k=1

(d)

∞ X

(−1)

(k + 1)2 ek

k+1

k=1

(i)

∞ X (−1)k+1 √ k k k=1

(j)

k=1

∞ X (−1)k k2 + 4 ∞ X

∞ X (−1)k

(g)

∞ X

k

(k)

(−1)

k=1

k2 k4 − 1

∞ X (−1)k−1 k=1

2k

k−1

(−1)k

k=1

∞ X (−1)k+1 k=1

(h)

k!

∞ X

∞ X

2k + 1

(−1)

k(k+1) 2

k=1

1 (k!)4

(l)

∞ X

1 k

(−1)k

k=1

Oefening 4.6 Ga na welke van de volgende reeksen absoluut convergent, relatief convergent of divergent zijn. (a)

∞ X (−1)k

3k

k=1

(b)

∞ X

(d)

(−1)k

k=1

k=1

k 2k

(e)

∞ X

(f)

k=1

(g)

2k

(−1)k+1

k=1

∞ X (−1)k−1 (c) ln(1 + k)

Oefening 4.7

∞ X cos k

(−1)k+1

k=1

k 1 + k2

∞ X (−1)k k=2

∞ X

(h)

2k (k + 1)!

∞ X (−1)k+1 ln(1 + k1 ) k=1

∞ X (−1)k+1 √ (i) k k k=1

2 ln k

Neem aan dat de getallen a n positief zijn.

(a) Toon aan: Als

∞ P

an convergeert, dan divergeert

n=1

(b) Toon aan door middel van een voorbeeld: Als convergeren als divergeren.

∞ P

∞ 1 P . n=1 an

n=1

an divergeert, dan kan

∞ 1 P zowel n=1 an

Reeksen en Machtreeksen Oefening 4.8

151

Bepaal de convergentiestraal van de volgende machtreeksen.

∞ X k! k (a) x kk

(d)

∞ X

∞ X (k + p)! k x met p, q ∈ N k!(k + q)!

(e)

∞ X

(2x)k k(log k)2

∞ X k! k x 2k

(f)

∞ X

2k k! x2k+1 (2k + 1)!

k=1

(b)

k=0

(c)

k=2

k=0

Oefening 4.9

(a)

∞ X

k=0

Bepaal de convergentieschijven voor de volgende machtreeksen.

kx

k

(e)

k=0

(b)

(c)

(f)

(−1)k−1

∞ X k+1 k=1

3k

Oefening 4.10 bied.

(a)

∞ X

∞ X k! 2k+1 x 2k

x

(x − 1)k k 4k 2k

(g)

∞ X

(b)

(j)

k=1

(h)

∞ X

(−1)

k−1

k=1

∞ X kk k=1

xk (ln k)k

(k)

(l)

1 (x + )k 2

∞ X (2x − 1)k k=1

(x + 2)k k

k!

∞ X

k

k! (x + 1)k

k=1

Bepaal de som van de volgende machtreeksen binnen hun convergentiege-

2k xk

(c)

k=2

∞ X

∞ X (x + 2)k √ (i) 2k k + 1 k=1

xk ln(1 + k)

k=1

k=1

(d)

∞ X k=1

∞ X xk √ k k=1 ∞ X

2k √ xk k + 1 k=0

∞ X

k 2 xk

k=1

kx

k

k=0

(d)

∞ X

x2k

k=0

Oefening 4.11 Bereken de Taylor-veelterm van gegeven graad voor de gegeven functies f rond het gegeven punt a. (a) f (x) = ln x rond a > 0, graad 3 √ (b) f (x) = x rond a = 16, graad 3 √ (c) f (x) = 1 + x rond a = 0, graad 3 (d) f (x) =

1 rond a = 0, graad n x−3

(e) f (x) = x3/2 rond a = 4, graad 3 (f) f (x) =

1 rond a = 1, graad n x+1

(g) f (x) = ln(1 − x) rond a = 0, graad n (h) f (x) =

x rond a = 0, graad 4 1−x

152

Hoofdstuk 4

Oefening 4.12

Voor welke waarden van x kan ln(1 + x) vervangen worden door x−

x2 x3 + 2 3

met een fout die kleiner is dan 10−4 ? Oefening 4.13 Bepaal een veeltermbenadering van de gegeven functie f (x) in het gegeven interval met een fout in absolute waarde kleiner dan de aangegeven . (a) f (x) = ln(1 + x3 ) op het interval [−0.5, 0.5] met fout = 10 −3 (b) f (x) = (1 + x3 )1/4 op het interval [−0.5, 0.5] met fout = 10 −3 (c) f (x) =

1 op het interval [−0.5, 0.5] met fout = 10 −3 1 + x4

Oefening 4.14

Stel de Maclaurin-reeks op van de volgende functies:

(a) f (x) = ln(a + bx) met a > 0

1+x 1−x x (f) f (x) = 1 + x2

(e) f (x) = ln

(b) f (x) = − ln(1 − x) (c) f (x) = Oefening 4.15

(d) f (x) = ln(1 + x2 )

3x − 4 x+1 Toon aan dat ∞ X k=1

kxk =

x (1 − x)2

voor − 1 < x < 1.

Hoofdstuk 5

Transcendente Functies In dit hoofdstuk bestuderen we de elementaire transcendente functies. De functiewaarde van een transcendente functie kan niet worden berekend met behulp van de zes hoofdbewerkingen: optelling, aftrekking, vermenigvuldiging, deling, machtsverheffing en positieve worteltrekking. De elementaire hoofdfuncties zijn: • de constante functie: x 7→ C, • de machtsfunctie: x 7→ xr met r ∈ R, • de exponentiële functie: x 7→ ex , • de logaritmische functie: x 7→ ln x, • de goniometrische functies: x 7→ sin x, x 7→ cos x, x 7→ tan x • de cyclometrische functies: x 7→ bgsinx, x 7→ bgcosx, x 7→ bgtanx

De elementaire functies zijn de functies die kunnen opgebouwd worden uit de elementaire hoofdfuncties met behulp van de bewerkingen optelling, aftrekking, vermenigvuldiging, deling en samenstelling van functies. Achtereenvolgens worden de exponentiële functie, de hyperbolische functies, de logaritmische functie, de booghyperbolische functies, de algemene exponentiële en logaritmische functie, de algemene machtsfunctie, de goniometrische en de cyclometrische functies behandeld. Deze functies zijn ook gedefinieerd voor complexe waarden, maar we zullen we hier de nadruk leggen op het gedrag voor reële waarden.

5.1 5.1.1

De exponenti¨ ele functie: exp Definitie en kenmerken

We hebben in het vorige hoofdstuk aangetoond dat de machtreeks

∞ P

k=0

xk k!

absoluut convergent

is voor elke x ∈ C. We gebruiken deze machtreeks om de functie exp(x) te definiëren. Definitie:

De functie exp wordt gedefinieerd door: exp : C → C : x 7→ exp(x) =

∞ X xk k=0

k!

.

De belangrijkste eigenschappen van de exponentiële functie luiden als volgt: 153

(5.1)

154

Hoofdstuk 5

Eigenschap 5.1: (a) De exponentiële functie is afleidbaar met afgeleide d exp(x) = exp(x). dx (b) exp(0) = 1. (c) Voor elke x geldt exp(−x) =

1 . exp(x)

(d) Voor elke x, y geldt exp(x + y) = exp(x) exp(y).

Bewijs: (a) Uit Stelling 4.12 van Hoofdstuk 4 volgt dat exp afleidbaar is. Dan is ze uiteraard ook continu. De afgeleide is ∞ X k=1

∞

∞

k=1

k=0

X X 1 1 1 k xk−1 = xk−1 = xk = exp(x). k! (k − 1)! k!

(b) Wanneer x = 0 wordt ingevuld in de machtreeks

∞ P

k=0

xk k! ,

dan is uitsluitend de term bij

k = 0 verschillend van nul. Deze constante term is 1 zodat exp(0) = 1. d (c) Daar exp(x) = exp(x) volgt met de kettingregel dx d exp(−x) = − exp(−x), dx en dus met de productregel d (exp(x) exp(−x)) = exp(x) exp(−x) − exp(x) exp(−x) = 0. dx (d) Neem y vast. Daar d exp(x) = exp(x) dx is

d dx

en

d exp(x + y) = exp(x + y), dx

exp(x + y) exp(x)

= 0.

(Ga dit na met behulp van de quotiëntregel!). De functie x 7→

exp(x + y) exp(x)

is dus constant. Omdat de waarde voor x = 0 gelijk is aan exp(y) geldt voor elke x exp(x + y) = exp(y), exp(x)

Transcendente Functies

155

en dus exp(x + y) = exp(x) exp(y). 2 De exponenti¨ ele functie op de re¨ ele as Eigenschap 5.1 geldt voor willekeurige complexe waarden van x en y. We zullen nu kijken naar exp(x) voor reële waarden van x. Het is duidelijk dat de beperking van exp tot R een reële functie van één reële veranderlijke is exp : R → R. Eigenschap 5.2: (a) Voor elke x ∈ R is exp(x) > 0. (b) De functie exp : R → R is strikt stijgend. (c) (d)

lim exp(x) = +∞.

x→+∞

lim exp(x) = 0.

x→−∞

Bewijs: (a) Uit Eigenschap 5.1 (c) volgt dat exp(x) 6= 0, zodat exp geen nulpunten heeft. Omdat exp(0) = 1 > 0 moet dan exp(x) > 0 voor alle x ∈ R. (b) Uit Eigenschap 5.1 (a) en Eigenschap 5.2 (a) volgt dat d exp(x) = exp(x) > 0, dx zodat exp(x) strikt stijgend op R is. (c) Uit de definitie van exp(x) volgt dat voor x > 0 geldt exp(x) = 1 + x +

x2 x3 + + · · · > 1 + x. 2! 3!

Daar lim (1 + x) = +∞ geldt ook dat x→+∞

lim exp(x) = +∞.

x→+∞

(d) Als x → −∞, dan −x → +∞, zodat uit het voorgaande volgt lim exp(−x) = +∞.

x→−∞

Omdat exp(x) =

1 exp(−x)

volgt dan 1 1 = = 0. x→−∞ exp(−x) +∞

lim exp(x) = lim

x→−∞

2

156

Hoofdstuk 5

Figuur 5.1: De exponentiële functie exp(x) = ex . Bijgevolg is exp : R → R een positieve, strikt stijgende, continue en afleidbare functie op R, die alle waarden in het interval ]0, ∞[ juist éénmaal aanneemt (vanwege de tussenwaardestelling). De grafiek van exp(x) voor reële waarden van x staat in Figuur 5.1. Definitie:

Het re¨ eel getal e wordt gedefinieerd als e = exp(1).

Uit de definitie van exp(x) volgt ∞ X 1 e = k! k=0

= 1+1+

1 1 1 1 1 1 + + + + + +··· 2 6 24 120 720 5040

= 2, 7182818 · · · We hebben dus exp(1) = e = e1 . Omwille van Eigenschap 5.1 (d) met x = 1 en y = 1 volgt exp(2) = exp(1 + 1) = exp(1) exp(1) = e · e = e 2 . Als we vervolgens Eigenschap 5.1 toepassen met x = 2 en y = 1 dan krijgen we exp(3) = exp(2 + 1) = exp(2) exp(1) = e2 · e = e3 . We kunnen zo doorgaan, en met volledige inductie bewijzen dat exp(n) = en

voor elke n ∈ N.

Op grond van deze eigenschap definiëren we ex voor willekeurige x ∈ R (of zelfs x ∈ C) door

ex = exp(x).


157

Figuur 5.2: Grafiek van de functies e x en xn , voor n = 1, 2, 3. Uit Eigenschap 5.2 (c) weten we dat de exponentiële functie naar +∞ gaat als x → +∞. Deze stijging naar +∞ gebeurt snel; men spreekt van exponenti ¨ ele groei. Deze groei is n sterker dan de groei van een veelterm x , hoe groot n ∈ N ook is. Dit volgt uit de volgende eigenschap. Eigenschap 5.3: Voor elke n ∈ N0 geldt

ex = +∞. x→+∞ xn lim

Bewijs: Uit de machtreeks volgt dat voor x > 0 ex = 1 + x + · · · +

xn xn+1 xn+1 + + ··· > . n! (n + 1)! (n + 1)!

We mogen deze afschatting maken omdat voor x > 0 alle termen positief zijn. We zien dus dat voor x > 0 ex x > n x (n + 1)! Als hierin x → +∞ (met n vast) dan volgt voor de rechterkant x lim = +∞ x→+∞ (n + 1)! en dus ook

ex = +∞. x→+∞ xn lim

2 Bij een veelterm xn met n ∈ N0 spreekt men van polynomiale groei als x → ∞. Uit Eigenschap 5.3 volgt dat exponentiële groei veel sterker is dan polynomiale groei. De grafieken van ex en van xn voor n = 1, 2, 3 zijn aangegeven in Figuur 5.2.

158

Hoofdstuk 5

Figuur 5.3: De functies ex , P0 (x), P1 (x), P2 (x) en P3 (x).

5.1.2

Maclaurinreeks en Maclaurinveeltermen voor ex

De exponentiële functie ex is ingevoerd door de machtreeks x

e =

∞ X xk k=0

k!

.

Dit is ook de Maclaurinreeks van ex . Omdat de convergentiestraal van de machtreeks gelijk aan +∞ is, convergeert de Maclaurinreeks naar e x voor elke x ∈ R. De Maclaurinveeltermen Pn zijn P0 (x) = 1,

P1 (x) = 1 + x,

P2 (x) = 1 + x +

x2 , 2

P3 (x) = 1 + x +

x2 x3 + 2 3!

enzovoorts. Voor de restterm Rn+1 (x) = ex − Pn (x) geldt de afschatting |Rn+1 (x)| ≤

|x|n+1 max f (n+1) (t) (n + 1)!

waarin het maximum wordt genomen voor t tussen 0 en x en f (t) = e t . Voor elke n geldt dat f (n+1) (t) = et . Omdat et een stijgende functie is geldt x e als x > 0, (n+1) max (t) = f 1 als x < 0. t tussen 0 en x

Bijgevolg geldt

|Rn+1 (x)| ≤

  

|x|n+1 x (n+1)! e |x|n+1 (n+1)!

als x > 0 als x < 0.

Voorbeeld 5.1: We gaan na welke nauwkeurigheid we bereiken met de opeenvolgende Maclaurinveeltermen van ex . Wanneer we x nemen in het interval [−0, 1; 0, 1], dan kunnen we R n (x) afschatten door n 1 1 1 |Rn (x)| ≤ e 10 . n! 10


159

Voor n = 4 vinden we |R4 (x)| ≤ 2

1 1 1 e 10 ≈ 4.604878825 · 10−6 24 104

3

zodat P3 (x) = 1 + x + x2 + x6 op het interval [−0.1; 0.1] minder dan 5 · 10 −6 van ex verschilt. Wanneer we het interval [−0, 5; 0, 5] nemen dan is 1 1 1 e 2 ≈ 4.293544977 · 10−3 24 24

|R4 (x)| ≤

zodat P3 op het interval [−0.5; 0.5] minder dan 5 · 10 −3 van ex verschilt. In Figuur 5.3 zijn ex , P0 (x), P1 (x), P2 (x) en P3 (x) getekend.

Voorbeeld 5.2: We berekenen het getal e met een fout die kleiner is dan 10 −3 . We gebruiken dat e < 3. Volgens Eigenschap 8.7 met x = 1 geldt |Rn (1)| <

1n 3 e< . n! n!

3 Als we zeker willen zijn dat |Rn (1)| < 10−3 , dan moet n! < 10−3 . Dus n! > 13 103 . Hieraan is voldaan voor n = 7. Bijgevolg is P6 (1) een benadering voor e met een fout die kleiner is dan 10−3 . We hebben dan

1 1 1 1 1 + + + + 2! 3! 4! 5! 6! = 1 + 1 + 0, 5 + 0, 1667 + 0, 0417 + 0, 0083 + 0, 0014 = 2, 718

e ≈ P6 (1) = 1 + 1 +

met een fout die kleiner is dan 10−3 .

5.1.3

Hyperbolische functies

Met behulp van de exponentiële functie ex worden de hyperbolische functies gedefinieerd die we zo nu en dan tegenkomen in toepassingen. Definitie:

De hyperbolische functies zijn gedefinieerd door ex − e−x 2 x e + e−x cosh x = 2 sinh x =

sinh x cosh x cosh x cotanhx = sinh x tanh x =

De grafieken van de hyperbolische functies (als reële functies van een reële veranderlijke) zijn weergegeven in Figuur 5.4. Uit de machtreeks van ex volgen de volgende machtreeksen voor sinh en cosh: sinh x =

∞ X x2k+1 , (2k + 1)! k=0

cosh x =

∞ X x2k . (2k)! k=0

Deze reeksen zijn ook de Maclaurinreeksen van sinh x en cosh x. We illustreren het gebruik van de exponentiële functie in een voorbeeld.

160

Hoofdstuk 5

Figuur 5.4: Grafieken van de hyperbolische functies: cosh (dikke volle lijn), sinh (dikke onderbroken lijn), tanh (dunne volle lijn), en cotanh (dunne onderbroken lijnen).

Voorbeeld 5.3: Het natuurlijk verval van een radioactieve stof wordt beschreven door een exponentiële functie. Wanneer r0 de hoeveelheid radioactieve stof (afhankelijk van het aantal en de soort atoomkernen) voorstelt op het tijdstip t = t 0 , dan wordt de hoeveelheid radioactieve stof op tijdstip t ≥ t0 gegeven door r(t) met r(t) = r0 e−λ(t−t0 ) ,

(t ≥ t0 ).

Hierin is λ > 0, de transformatieconstante. De halveringstijd, t h , wordt gegeven door de tijdspanne t1/2 − t0 waarin de hoeveelheid radioactieve stof halveert. Dus r0 r t1/2 = r0 e−λ(t1/2 −t0 ) = , 2 en dus 1 e−λth = . 2 De halveringstijd hangt dus enkel af van de transformatieconstante λ en dus niet van r0 . Om th expliciet uit te drukken in termen van de transformatieconstante λ hebben we echter de inverse functie van de exponentiële functie nodig. Deze inverse functie wordt de natuurlijke logaritme ln genoemd en wordt in de volgende paragraaf ingevoerd.


5.2 5.2.1

161

De logaritmische functie: ln Definitie en kenmerken

De exponentiële functie exp : R → R : x 7→ exp(x) = ex ,

ele functie is continu, afleidbaar en strikt stijgend in R en heeft R + 0 als beeld. De exponenti¨ is dus een bijectie tussen R en R+ , en bezit een inverse functie die we noteren met ln. 0 Definitie:

De natuurlijke logaritme is de functie gedefinieerd door ln : R+ 0 → R : x 7→ ln x, met de eigenschap dat voor elke x ∈ R+ 0 ln x = y ⇐⇒ x = ey .

(5.2)

In plaats van ln wordt voor de natuurlijke logaritme ook wel de notatie log gebruikt. We zullen hier de notatie log reserveren voor een logaritme met algemeen grondtal (zie verderop). Daar e0 = 1 en e1 = e geldt dat ln 1 = 0,

ln e = 1.

Natuurlijk hebben we vanwege de definitie van inverse functie exp(ln x) = x

als x > 0,

en

ln(exp(x)) = x als x ∈ R.

Daar de exponentiële functie strikt stijgend is, is ook ln strikt stijgend. Omdat ln 1 = 0 geldt bijgevolg ln x < 0 als 0 < x < 1, en ln x > 0 als x > 1. De logaritme heeft bijgevolg juist één nulpunt, namelijk x = 1. Eigenschap 5.4: De functie ln : R+ 0 → R : x 7→ ln x, is afleidbaar en de afgeleide is

d ln x 1 = . dx x

(5.3)

Bewijs: Volgens de regel voor de afgeleide van de inverse functie geldt er met f (y) = exp(y), en x = f (y), d ln x df −1 (x) 1 1 1 1 = = = = = . df (y) d exp(y) dx dx exp(y) x dy dy 2 De logaritmische functie ln x kan gedefinieerd worden door de twee voorwaarden. d ln x 1 = dx x

en

ln 1 = 0.

162

Hoofdstuk 5

In volgende stelling geven we regels voor de berekening van logaritmen van producten en machten. Eigenschap 5.5: Voor a, b > 0 geldt Voor a > 0 en n ∈ Z geldt

ln(ab) = ln a + ln b

(5.4)

ln an = n ln a.

(5.5)

Bewijs: We stellen A = ln a,

B = ln b,

C = ln(ab),

dan geldt wegens de definitie van inverse functie dat a = exp(A),

b = exp(B),

ab = exp(C).

(5.6)

Nu is vanwege Eigenschap 5.1 (d) ab = exp(A) exp(B) = exp(A + B), zodat met de derde gelijkheid van (5.6) volgt exp(A + B) = exp(C). Daar exp strikt stijgend en dus injectief is, geldt A + B = C, zodat ln a + ln b = ln(ab). Dit bewijst (5.4). We bewijzen nu (5.5). Voor n ∈ N geven we een bewijs door inductie. Basisstap: De basis van de inductie is juist want voor n = 0 staat er ln a0 = ln 1 = 0 = 0 ln a. Inductiestap: We veronderstellen dat voor een zeker natuurlijk getal n geldt ln an = n ln a.

(5.7)

Wegens (5.4) en (5.7) hebben we dan ln an+1 = ln(aan ) = ln a + ln an = ln a + n ln a = (n + 1) ln a en dus geldt (5.5) met n vervangen door n + 1. Conclusie: Het principe van volledige inductie zegt nu dat (5.5) geldt voor elke n ∈ N.

We bewijzen (5.5) tenslotte voor negatieve gehele getallen n. Daar 1 = a 0 = an a−n , is 0 = ln 1 = ln an + ln a−n .

Aangezien −n ∈ N volgt uit wat zojuist bewezen is dat ln a−n = −n ln a

(5.8)


163

2

y1

0

1

2

x

3

4

5

–1

–2

Figuur 5.5: Grafiek van de logaritmische functie ln x. De gelijkheid (5.8) wordt bijgevolg 0 = ln an − n ln a, waaruit direct volgt ln an = n ln a. 2 De logaritme is strikt stijgend op ]0, ∞[. We hebben ook de volgende limieten. Eigenschap 5.6: lim ln x = +∞

x→+∞

en

lim ln x = −∞

x→0+

Bewijs: We stellen x = 2n met n een natuurlijk getal. De limiet x → ∞ komt overeen met n → ∞. We hebben 0 = ln 1 < ln 2, en ln 2n = n ln 2, zodat lim ln x = lim ln 2n = lim n ln 2 = ln 2 lim n = +∞,

x→∞

n→∞

n→∞

aangezien ln 2 > 0. Voor x → 0+ merken we op dat 1 ln x + ln = ln 1 = 0. x

n→∞

164

Hoofdstuk 5

Als x → 0+ dan

1 x

→ +∞, en dus vanwege het voorgaande ln

1 x

→ +∞. Dan moet

1 = −(+∞) = −∞. lim ln x = − lim ln x→0+ x→0+ x 2 De grafiek van ln x is getekend in Figuur 5.5. De functie ln x is strikt stijgend en heeft de limiet +∞ voor x → ∞. De toename van de logaritme verloopt echter heel traag. We kunnen dit duidelijk maken door ln x te vergelijken 1 1 met x n met n ∈ N0 . De functie x n is strikt stijgend met limiet +∞ voor x → ∞. Bij groter wordende n wordt het stijgend gedrag minder uitgesproken. We tonen nu aan dat ln x trager 1 stijgt dan x n , hoe groot n ook is. Eigenschap 5.7: Voor elke n ∈ N0 geldt

lim

ln x

x→+∞

Bewijs: We stellen y=

1

xn

= 0.

(5.9)

1 ln x, n

1

zodat eny = x en ey = x n . Als x naar +∞ streeft, dan streeft ook y naar +∞, en dus ln x

lim

x→+∞

Vanwege de limiet

x

1 n

= lim

y→+∞

ny . ey

ey = +∞, y→+∞ y lim

zie Eigenschap 5.3, volgt nu lim

x→+∞

ln x x

1 n

ny = 0. y→+∞ ey

= lim

2 Op grond van Eigenschap 5.7 kunnen we zeggen dat logaritmische groei traag is, ze is trager dan de groei van de n-de machtswortel voor elke n ∈ N 0 .

5.2.2

De inverse hyperbolische functies

De functie sinh : R → R : x 7→ sinh x is afleidbaar en strikt stijgend. sinh is bijgevolg inverteerbaar en de inverse functie is bgsinh : R → R : x 7→ bgsinhx en per definitie van inverse functie geldt dat y = bgsinhx ⇐⇒ x = sinh y.

(5.10)


165

De functie cosh : R → R : x 7→ cosh x is niet inverteerbaar. Immers er geldt dat cosh(−x) = cosh x. Wanneer de beperking van cosh tot [0, ∞[ wordt beschouwd dan is deze functie wel inverteerbaar. De inverse functie is bgcosh : [1, ∞[ → R+ : x 7→ bgcoshx en per definitie van inverse functie geldt dat y = bgcoshx ⇐⇒ x = cosh y.

(5.11)

De functie tanh : R → ] − 1, 1[ : x 7→ tanh x is afleidbaar en strikt stijgend. tanh is bijgevolg inverteerbaar en de inverse functie is bgtanh : ] − 1, 1[ → R : x 7→ bgtanhx en per definitie van inverse functie geldt dat y = bgtanhx ⇐⇒ x = tanh y.

(5.12)

De functie cotanh : R \ {0} → ] − ∞, −1[ ∪ ]1, ∞[ : x 7→ cotanhx is afleidbaar en strikt dalend. cotanh is bijgevolg inverteerbaar en de inverse functie is bgcotanh : {x : x2 > 1} → R \ {0} : x 7→ bgcotanhx en per definitie van inverse functie geldt dat y = bgcotanhx ⇐⇒ x = cotanhy.

(5.13)

De functies bgsinhx, bgcoshx en bgtanhx kunnen geschreven worden met behulp van de logaritmische functie. Eigenschap 5.8: Er geldt bgsinhx = ln(x + bgcoshx = ln(x +

p x2 + 1), p x2 − 1)

(5.14) voor x ≥ 1,

(5.15)

bgtanhx =

1 ln 2

1+x 1−x

voor − 1 < x < 1,

(5.16)

bgcotanhx =

1 ln 2

x+1 x−1

voor x < −1 of x > 1.

(5.17)

Bewijs: Als y = bgsinhx dan is x = sinh y =

ey − e−y , 2

166

Hoofdstuk 5

waaruit volgt ey − 2x − e−y = 0, en dus (ey )2 − 2xey − 1 = 0.

De oplossingen van deze kwadratische vergelijking voor e y zijn p ey = x ± x2 + 1.

Daar ey > 0 moet de oplossing met het minteken verworpen worden zodat p ey = x + x2 + 1, en daarmee

y = ln(x + Als y = bgcoshx dan is

p x2 + 1).

x = cosh y =

ey + e−y , 2

en dus (ey )2 − 2xey + 1 = 0.

De oplossingen van deze kwadratische vergelijking voor e y zijn p ey = x ± x2 − 1,

en bijgevolg

y = ln(x ±

p x2 − 1).

Om na te gaan welk teken in het argument van ln moet gekozen worden, onderzoeken we het gedrag voor x → ∞. Daar lim cosh x = +∞, hebben we x→∞

lim bgcoshx = +∞.

x→∞

Daar lim ln(x +

x→∞

p x2 − 1) = +∞

en

lim ln(x −

x→∞

moet het plusteken gekozen worden zodat bgcoshx = ln(x +

p x2 − 1) = −∞,

p x2 − 1).

Het bewijs van (5.16) en (5.17) wordt aan de lezer overgelaten.

2

Eigenschap 5.9: dbgsinhx dx dbgcoshx dx dbgtanhx dx dbgcotanhx dx

= = = =

1 √ , 2 x +1 1 √ 2 x −1 1 1 − x2 1 1 − x2

(5.18) voor x > 1,

(5.19)

voor − 1 < x < 1,

(5.20)

voor x < −1 of x > 1.

(5.21)


167

Bewijs: We hebben

dbgsinhx = dx

1

=

d sinh y dy

1 . cosh y

Als y = bgsinhx dan is x = sinh y. Uit cosh 2 y − sinh2 y = 1 volgt dan p cosh2 y = 1 + sinh2 y = 1 + x2 en cosh y = 1 + x2 , zodat

dbgsinhx 1 =√ . dx 1 + x2

We hebben

dbgtanhx = dx

1

= cosh2 y.

d tanh y dy

Daar y = bgtanhx is x = tanh y. Uit cosh 2 y − sinh2 y = 1 volgt dan 1 − tanh2 y = zodat

1 cosh2 y

cosh2 y =

en

1 1 = 2 1 − x2 1 − tanh y

dbgtanhx 1 = dx 1 − x2

(x2 < 1),

(x2 < 1). 2

Voorbeeld 5.4: We tonen aan dat voor elke x > 0 geldt ln x ≤ x − 1. We definiëren de verschilfunctie V (x) = x − 1 − ln x, met afgeleide functie

1 . x Het tekenverloop van V 0 (x) en het verloop van V (x) zijn dan als volgt: V 0 (x) = 1 −

x V 0 (x) V (x)

− dalend +

1 0 minimum 0

+ stijgend +

Bijgevolg is V (x) ≥ 0 voor alle x > 0 en dus ln x ≤ x − 1. Voorbeeld 5.5: We bepalen de vergelijking van de raaklijn aan de kromme y = ln(x − 2) in het punt P met x-coördinaat xP = 5. 1 We hebben y(x) = ln(x−2) en y 0 (x) = x−2 . Voor x = 5 geeft dat y(5) = ln 3 en y 0 (5) = 13 . De vergelijking van de raaklijn is dus 1 y − ln 3 = (x − 5), 3 oftewel

1 y = (x − 5) + ln 3. 3

168

Hoofdstuk 5

5.3

De algemene exponenti¨ ele en de algemene logaritmische functie

De exponentiële functie in het eenvoudige wiskundige model voor de verspreiding van een epidemie onder de bevolking, of voor de groei van virussen, of andere snel groeiende processen. In het algemeen is de groei niet precies van de vorm e x , maar van een verwante vorm zoals exp(γx) met zekere constante γ. Men spreekt dan van een algemene exponentiële functie.

5.3.1

De functies ax en loga x

Voor elke γ ∈ R is exp(γx) een exponentiële functie. Als γ = ln a met a > 0, zodat a = exp(γ), dan schrijven we hiervoor ook wel ax :

x x ln a a =e

.

(5.22)

Zoals voor ex gelden hier de volgende regels. Eigenschap 5.10: Er geldt a0 = 1 en voor x, y ∈ R geldt

ax+y = ax ay .

Bewijs: Uit de definitie (5.22) volgt a0 = e0 ln a = e0 = 1, en ook ax+y = e(x+y) ln a = ex ln a+y ln a = ex ln a ey ln a = ax ay . 2 De definitie van ax is consistent met de definitie van an (n ∈ N) waarbij an gelijkgesteld wordt aan het product a n-maal met zichzelf genomen. Eigenschap 5.11: Voor elke x, y ∈ R geldt

(ax )y = axy .

Bewijs: Wegens (5.22) is

y

(ax )y = ex ln(a ) . Nu is per definitie ax = ex ln a en dus ln ax = x ln a. (5.23) wordt dan (ax )y = exy ln a = axy .

(5.23)


169 2

De afgeleide van ax kan worden berekend met behulp van de kettingregel en wordt gegeven door volgende formule. Eigenschap 5.12: Voor elke a > 0 geldt

d x a = ax ln a. dx

Bewijs: Volgens de kettingregel geldt d x ln a d x a = (e ) = ex ln a ln a = ax ln a. dx dx 2 We herhalen dat ax gedefinieerd is voor a > 0. Wanneer 0 < a < 1 is ln a < 0 en dax = ax ln a < 0, dx zodat ax een strikt dalende functie is. Wanneer daarentegen 1 < a is ln a > 0 en dax = ax ln a > 0, dx zodat ax een strikt stijgende functie is. Voor a = 1 tenslotte is 1 x = 1 voor alle x. Aangezien ax een strikt dalende (voor 0 < a < 1) of een strikt stijgende functie (voor 1 < a) is, is ax inverteerbaar als a 6= 1. De inverse functie van a x is de algemene logaritmische functie of de logaritmische functie met grondtal a. Per definitie heeft men y = loga x

⇐⇒

x = ay ,

(5.24)

en loga : R+ 0 → R : x 7→ log a x. Wanneer a = e heeft men log e x of de natuurlijke logaritme ln x. Grondtal 10 komt ook geregeld voor in toepassingen, bv. in logaritmische schalen zoals de magnitudeschaal van Richter en de decibelschaal. Het grondtal 2 komt veel voor in de informatica, bv. bij het analyseren van de complexiteit van algoritmen. In volgende stelling berekenen we de afgeleide van log a x. Eigenschap 5.13: Voor x > 0 is

d 1 loga x = . dx x ln a

(5.25)

170

Hoofdstuk 5

Figuur 5.6: De functie ax voor a = 13 , 12 , 2, en 3. Bewijs: Volgens de afgeleide van de inverse functie geldt d 1 1 1 = y log a x = = . d y dx a ln a x ln a a dy 2 Uit (5.25) volgt dat log a x strikt dalend is voor 0 < a < 1 en strikt stijgend voor 1 < a. De grafieken van de functies ax en log a x zijn aangegeven in Figuur 5.6 en Figuur 5.7. De voornaamste rekenregels voor logaritmische functies worden opgesomd in volgende eigenschap. Eigenschap 5.14: Voor a > 0 met a 6= 1, en x, y > 0 geldt loga xy = loga x + loga y, y

log a x x loga y

Bewijs: Daar

(5.26)

= y loga x,

(5.27)

= loga x − loga y.

(5.28)

d 1 1 1 d loga xy = y= = log a x, dx xy ln a ln a x dx

bestaat er een constante C zodat log a xy = loga x + C

voor elke x > 0.

(5.29)


171

Figuur 5.7: De functie log a x voor a = 13 (dunne onderbroken lijn), a = a = 2 (dikke volle lijn), en a = 3 (dikke onderbroken lijn).

1 2

(dunne volle lijn),

Voor x = 1 wordt deze gelijkheid log a y = C en (5.26) volgt. Om (5.27) te bewijzen stellen we p = loga x,

q = log a xy .

Volgens (5.24) geldt dat x = ap en xy = aq . Hieruit volgt aq = xy = (ap )y = apy . Daar ax strikt stijgend (1 < a) of strikt dalend (0 < a < 1) is volgt hieruit q = py, en dus volgt (5.27). Net zo volgt (5.28). 2 In de volgende eigenschap bepalen we het verband tussen de logaritmen van eenzelfde getal x genomen ten opzichte van twee verschillende grondtallen. Eigenschap 5.15: Als a, b > 0 met a 6= 1 en b 6= 1, dan is voor elke x > 0 log a x =

ln x , ln a

en loga x = loga b · logb x =

(5.30) logb x logb a

Bewijs: Volgens (5.24) geldt y = log a x

⇔

x = ay = ey ln a .

Bijgevolg ln x = ln ey ln a = y ln a = log a x ln a,

(5.31)

172

Hoofdstuk 5

waaruit loga x =

ln x . ln a

loga x =

ln x , ln a

(5.32)

logb x =

ln x , ln b

(5.33)

log a b =

ln b . ln a

(5.34)

Uit (5.30) volgt

Wanneer we (5.32) en (5.33) lid aan lid delen en (5.34) gebruiken, vinden we loga x ln b = = log a b, logb x ln a waaruit direct volgt loga x = loga b · logb x. Als we hierin a en b van rol verwisselen dan volgt log b x = log b a · loga x hetgeen ook geschreven kan worden als loga x =

log b x . log b a 2

5.3.2

Algemene machtsfunctie

Voor elke x > 0 en c ∈ R is xc gedefinieerd voor een willekeurige exponent c. We kunnen bijgevolg de algemene machtsfunctie x 7→ x c (met c ∈ R) definiëren. Definitie:

Voor c ∈ R is x 7→ xc de functie x 7→ xc = ec ln x .

(5.35)

We bewijzen nu de volgende regel om de afgeleide van deze functie te bepalen. Deze regel werd reeds aangegeven in Hoofdstuk 3. Eigenschap 5.16: Voor elke c ∈ R geldt

d c x = cxc−1 . dx

(5.36)


173

Bewijs: Per definitie is xc = ec ln x en bijgevolg d c ln x d c c c ) = ec ln x = xc = cxc−1 . x = (e dx dx x x 2 Op dezelfde wijze als ax en xc kunnen we ook de algemenere functie h(x) = f (x)g(x) , definiëren met f (x) en g(x) twee gegeven functies, waarbij f (x) > 0. Per definitie stellen we h(x) = f (x)g(x) = eg(x) ln f (x) . De afgeleide van de functie h(x) vinden we met behulp van de kettingregel. We hebben d g(x) ln f (x) e dx d (g(x) ln f (x)) = eg(x) ln f (x) dx dg g(x) df = h(x) ln f (x) + . dx f (x) dx

d h(x) = dx

Onbepaalde vormen In Hoofdstuk 3 hebben we de regels van de l’Hôpital besproken voor de berekening van de onbepaalde vormen 00 en ∞ ∞ . Tevens hebben we aangetoond dat de onbepaalde vormen ∞−∞, 0 × ∞ kunnen worden herleid tot 00 of ∞ ∞ . De berekening van lim f (x)g(x) ,

(5.37)

x→x0

kan leiden tot onbepaalde vormen van volgende types. • 00

als limx→x0 f (x) = 0 en limx→x0 g(x) = 0,

• ∞0

als limx→x0 f (x) = ∞ en limx→x0 g(x) = 0,

• 1∞

als limx→x0 f (x) = 1 en limx→x0 g(x) = ∞.

Aangezien ln een continue functie is, geldt h i g(x) ln lim f (x) = lim ln f (x)g(x) x→x0

x→x0

=

=

lim [g(x) ln f (x)]

x→x0

lim ln f (x) lim g(x).

x→x0

x→x0

(5.38)

Met behulp van (5.38) wordt (5.37) omgevormd in een onbepaalde vorm van het type (−∞)0,

(∞)0,

0(∞).

174

Hoofdstuk 5

Als ln

lim f (x)

x→x0

g(x)

= L,

dan is lim f (x)g(x) = eL .

x→x0

Een eenvoudige toepassing van het voorgaande geeft een veel gebruikte uitdrukking voor ea (a ∈ R) en e. Eigenschap 5.17: Voor elke a ∈ R geldt

lim

x→∞

Bewijs: We hebben ln

h

a x 1+ = ea . x

a ln 1 + a x i 1+ = x ln 1 + = 1 x x x

(5.39)

a x

.

Voor x → ∞ ontstaat in de laatste breuk een onbepaalde vorm 00 . Om de regel van de l’Hôpital te gaan toepassen, berekenen we de afgeleiden van de teller en de noemer. Die zijn respectievelijk 1 a a 1 en − 2 a − 2 =− 2 1+ x x x + ax x Aangezien

a + ax = lim ax = a, lim 1 x→∞ x→∞ x + a − 2 x volgt met de regel van de l’Hôptal dat ook h ln 1 + xa a x i lim ln 1 + = a. = lim 1 x→∞ x→∞ x x −

Omdat ln lim

x→∞

geldt

1+

x2

h a x a x i = lim ln 1 + = a, x→∞ x x lim

x→∞

1+

a x = ea . x

2

In het bijzondere geval dat a = 1, vinden we 1 x lim 1 + = e, x→∞ x of ook, daar ∞ een ophopingspunt is van N, 1 n lim 1 + = e. n→∞ n We kunnen (5.40) gebruiken om een benadering van e te vinden. We hebben

(5.40)


175 n

1 n n

1+

1 10 100 1000 10000 100000 1000000

2.000000 2.593742 2.704814 2.716924 2.718146 2.718268 2.718280

Uit de tabel zien we dat de convergentie uitermate traag verloopt. Voorbeeld 5.6: We tonen aan dat lim xx = 1

x→0+

We hebben ln xx = x ln x, en dus lim ln xx = lim (x ln x) = lim

x→0+

x→0+

1 x

Voor x → 0+ gaat ln x naar −∞ en l’Hôpital toepassen. Aangezien

ln x 1 x

.

naar +∞. We kunnen hierop de tweede regel van de

1 d ln x = dx x en

x→0+

d 1 1 = − 2, dx x x

en

1 x x→0+ − 12 x

lim

= − lim x = 0, x→0+

is dan ook lim x ln x = 0.

x→0+

Bijgevolg geldt lim xx = 1.

x→0+

Voorbeeld 5.7: We berekenen lim xe

−x

x→∞

.

We hebben ln xe

−x

= e−x ln x,

en dus lim ln xe

x→∞

−x

x→∞

Daar ln is

ln x = 0. x→∞ ex

= lim e−x ln x = lim

lim xe

−x

x→∞

lim xe

x→∞

−x

= 0,

= 1.

176

Hoofdstuk 5

Voorbeeld 5.8: We bewijzen dat de vergelijking 10x = ax, minstens één oplossing heeft voor elk reëel getal a, behalve wanneer 0 ≤ a < e ln 10. We definiëren daartoe de functie V (x) = 10x − ax. De oplossingen van de vergelijking komen overeen met de nulpunten van de functie V (x). We hebben V 0 (x) = 10x ln 10 − a. We onderscheiden verschillende gevallen. 1. a < 0: Dan is V 0 (x) > 0, zodat V een strikt stijgende functie is. Daarenboven is lim V (x) = −∞

x→−∞

en

V (0) = 1.

Daar V (x) strikt stijgend en continu is, heeft V (x) juist één nulpunt in ] − ∞, 0[. 2. a = 0: Dan is V (x) = 10x > 0. V (x) heeft geen nulpunten in dit geval. 3. a > 0: Dan wordt V 0 (x) = 10x ln 10 − a nul voor a . x = x0 = log 10 ln 10

Het tekenverloop van V 0 (x) en het verloop van V (x) zijn samengevat in de volgende tabel. x V 0 (x) V (x)

x0 0 minimum

− dalend

+ stijgend

Daarenboven is lim V (x) = +∞,

x→−∞

en

lim V (x) = +∞,

x→+∞

en

We berekenen nu V (x0 ): a a V (x0 ) = 10log10 ( ln 10 ) − a log10 a ln 10 a = − a log10 ln 10 h ln 10 i a a = 1 − log 10 ln 10 ln 10 ln 10 a a = 1 − ln . ln 10 ln 10 Als 1 − ln

a > 0, ln 10

dit is als a < e ln 10

(= 6, 2591),

V (0) = 1.


177

dan is V (x0 ) > 0 en dus ∀x : V (x) > 0. Als 1 − ln

a = 0, ln 10

dit is dus als a = e ln 10, dan is V (x0 ) = 0 en dan heeft V (x) juist één nulpunt, namelijk x0 = log10 e = 0, 4343. Als daarentegen 1 − ln

a < 0, ln 10

dit is als a > e ln 10, dan is V (x0 ) < 0. Daar V (x) een continue functie is die strikt stijgend is in ]x 0 , ∞[ en strikt dalend is in ] − ∞, x0 [ heeft V (x) juist één nulpunt in ]0, x 0 [ en juist één nulpunt in ]x0 , ∞[.

5.4

De goniometrische functies

We bestuderen in deze paragraaf de goniometrische functies. Dit zijn periodieke functies die zeer geschikt zijn voor het beschrijven van periodieke verschijnselen zoals bv. mechanische en electromagnetische trillingen (veer, snaar, electromagnetische kringen), (gekoppelde) trillingen in machines, voortplanting van golven, enz.

5.4.1

De functies sin en cos

In het vorige hoofdstuk werd aangetoond dat de machtreeksen ∞ X k=0

(−1)k

x2k+1 (2k + 1)!

en

∞ X

(−1)k

k=0

x2k , (2k)!

absoluut convergent zijn voor alle x ∈ C. We gebruiken deze machtreeksen om de functies sin x en cos x te definiëren. Definitie:

De functies sin en cos zijn gedefinieerd door sin : C → C : x 7→ sin x =

∞ X k=0

cos : C → C : x 7→ cos x = Deze functies zijn continu en afleidbaar.

(−1)k

∞ X k=0

x2k+1 , (2k + 1)!

(5.41)

x2k . (2k)!

(5.42)

(−1)k

178

Hoofdstuk 5

Eigenschap 5.18: De functies sin en cos zijn continu en afleidbaar met

en

d sin x = cos x, dx

(5.43)

d cos x = − sin x. dx

(5.44)

Bewijs: De machtreeksen (5.41) en (5.42) zijn absoluut convergent en volgens Stelling 4.12 zijn ze afleidbaar en de afgeleide functies worden bekomen door de machtreeksen term per term af te leiden. We bekomen ∞ ∞ X d X x2k+1 (−1)k d 2k+1 = x (−1)k dx (2k + 1)! (2k + 1)! dx

d sin x = dx

k=0

k=0

∞ ∞ X X (−1)k (−1)k 2k = (2k + 1)x2k = x (2k + 1)! (2k)! k=0 k=0 = cos x.

En net zo d cos x = dx =

∞ ∞ 2k X (−1)k d 2k d X k x (−1) = x dx (2k)! (2k)! dx k=0

∞ X (−1)k k=1

(2k)!

k=1 ∞ X

(2k)x2k−1 =

k=1

(−1)k 2k−1 x . (2k − 1)!

In de laatste reeks gaan we met l = k −1 over op een nieuwe sommatieindex. Dan is k = l +1, 2k − 1 = 2l + 1, (−1)k = (−1)(−1)l en de som begint bij l = 0, zodat ∞ ∞ X X (−1)k 2k−1 (−1)l 2l+1 x =− x = − sin x. (2k − 1)! (2l + 1)! k=1

Dus is inderdaad

d dx

l=0

cos x = − sin x.

2

Uit de definitie van sin x en cos x kunnen we direct de volgende resultaten vinden. Eigenschap 5.19: sin 0 = 0

en

cos 0 = 1,

(5.45)

sin(−x) = − sin x,

(5.46)

cos(−x) = cos x,

(5.47)

sin x = 1. x→0 x

(5.48)

lim


179

Bewijs: De gelijkheden (5.45), (5.46) en (5.47) worden bekomen door invullen in de definitie (5.41) en (5.42). We bekomen (5.48) als volgt: als x 6= 0, dan is ∞

sin x X x2k = (−1)k . x (2k + 1)! k=0

Het rechterlid is een absoluut convergente machtreeks voor alle x ∈ C, die continu is voor x = 0 en als waarde 1 heeft voor x = 0, zodat sin x = 1. x→0 x lim

2 Volgens (5.46) is sin x een oneven functie en volgens (5.47) is cos x een even functie. Uit de twee voorgaande eigenschappen volgt dat de functies sin x en cos x voldoen aan d sin x = cos x, dx

en

d cos x = − sin x, dx

en sin 0 = 0,

en

cos 0 = 1.

Deze eigenschappen kunnen als definiërende voorwaarden voor sin x en cos x gebruikt worden. M.a.w. sin x en cos x zijn de enige twee functies die aan deze vier voorwaarden voldoen. Eigenschap 5.20: sin x en cos x zijn de enige twee functies f (x) en g(x) waarvoor geldt dat f 0 (x) = g(x),

g 0 (x) = −f (x),

f (0) = 0,

g(0) = 1.

Bewijs: We nemen aan dat f (x) en g(x) twee functies zijn die aan de voorwaarden voldoen en we laten zien dat f (x) = sin x en g(x) = cos x. Er geldt dat d (f (x) sin x + g(x) cos x) = f 0 (x) sin x + f (x) cos x + g 0 (x) cos x − g(x) sin x dx = g(x) sin x + f (x) cos x − f (x) cos x − g(x) sin x = 0.

De functie f (x) sin x + g(x) cos x is bijgevolg constant. Voor x = 0 heeft ze de waarde 0 · 0 + 1 · 1 = 1, zodat voor elke x geldt f (x) sin x + g(x) cos x = 1.

(5.49)

Op dezelfde manier vinden we dat g(x) sin x − f (x) cos x ook een constante functie is. Deze functie heeft voor x = 0 de waarde 1 · 0 − 0 · 1 = 0. Dus voor elke x g(x) sin x − f (x) cos x = 0.

(5.50)

Uit (5.49) en (5.50) vinden we dat f (x) = sin x voor elke x.

en

g(x) = cos x 2

180

Hoofdstuk 5

Eigenschap 5.21: Voor elke x ∈ C geldt

sin2 x + cos2 x = 1.

Bewijs: We hebben, gebruik makend van de kettingregel, d sin2 x + cos2 x = 2 sin x cos x + 2 cos x(− sin x) = 0, dx

zodat sin2 x+cos2 x een constante functie is. Voor x = 0 vinden we de waarde sin 2 0+cos2 0 = 0 + 1 = 1 zodat sin2 x + cos2 x = 1 voor elke x. 2 Somformules voor sin en cos Eigenschap 5.22: Voor x, y ∈ C geldt sin(x + y) = sin x cos y + cos x sin y, cos(x + y) = cos x cos y − sin x sin y. Bewijs: Neem y vast. We beschouwen sin(x + y) en cos(x + y) als functies van x. Er geldt d sin(x + y) = cos(x + y), dx

d cos(x + y) = − sin(x + y). dx

Gebruik makend van deze relaties is eenvoudig in te zien dat d (sin(x + y) sin x + cos(x + y) cos x) = 0 dx en

d (cos(x + y) sin x − sin(x + y) cos x) = 0. dx Er zijn dus constanten C1 en C2 zodat voor elke x ∈ C sin(x + y) sin x + cos(x + y) cos x = C1 ,

cos(x + y) sin x − sin(x + y) cos x = C2 .

Voor x = 0 vinden we cos y = C1 en − sin y = C2 , zodat de twee vergelijkingen worden sin(x + y) sin x + cos(x + y) cos x = cos y,

cos(x + y) sin x − sin(x + y) cos x = − sin y.

Vermenigvuldig de eerste vergelijking nu met sin x, de tweede met cos x en trek ze van elkaar af. Dan volgt sin(x + y) = sin x cos y + cos x sin y, waarbij we ook nog gebruik hebben gemaakt van sin2 x + cos2 x = 1. Net zo volgt cos(x + y) = cos x cos y − sin x sin y. 2 Met behulp van de somformules kunnen de verdubbelingsformules voor sin en cos en andere dergelijke formules bewezen worden.


181

Eigenschap 5.23: Voor x ∈ C geldt cos 2x = cos 2 x − sin2 x.

sin 2x = 2 sin x cos x, Voor x, p, q ∈ C geldt sin px sin qx = sin px cos qx = cos px cos qx =

1 [cos(p − q)x − cos(p + q)x], 2 1 [sin(p + q)x + sin(p − q)x], 2 1 [cos(p + q)x + cos(p − q)x]. 2

Bewijs: Het bewijs wordt aan de lezer overgelaten.

2

De sinus en cosinus als re¨ ele functies Voor reële waarden van x zijn sin x en cos x reëel. De beperkingen van deze functies tot R zijn reële functies van een reële veranderlijke sin : R → R,

cos : R → R.

Uit de gelijkheid sin2 x+cos2 x = 1 volgt dat voor reële waarden, sin2 x en cos2 x begrensd worden door 1 en dus −1 ≤ sin x ≤ 1

en

− 1 ≤ cos x ≤ 1

als x ∈ R.

Eigenschap 5.24: Er bestaat precies één getal x0 ∈ ]0, 2[ met sin x0 = 1

en

cos x0 = 0.

Bewijs: We hebben per definitie van sin x: 5 2n+1 x3 x x7 x x2n+3 sin x = x − + − + ··· + − + ··· 3! 5! 7! (2n + 1)! (2n + 3)! Nu is voor x ∈ ]0, 2]

en algemeen

x3 x2 4 x− =x 1− ≥x 1− > 0, 3! 2·3 6 x5 x7 x5 x2 x5 4 − = 1− ≥ 1− > 0, 5! 7! 5! 6·7 5! 6·7

x2n+1 x2n+3 − (2n + 1)! (2n + 3)!

x2n+1 x2 = 1− (2n + 1)! (2n + 2)(2n + 3) 2n+1 x 4 ≥ 1− (2n + 1)! (2n + 2)(2n + 3) > 0,

182

Hoofdstuk 5

zodat voor x ∈ ]0, 2] geldt dat sin x > 0. Bijgevolg is ook d cos x = − sin x < 0, dx voor elke x ∈ ]0, 2], waaruit volgt dat cos x strikt dalend is in ]0, 2]. Verder geldt cos 0 = 1, en 22 24 26 28 210 212 cos 2 = 1 − − + + − + + ··· 8! 10! 12! {z 4!} 6! | 2! =− 13

1 26 = − − 3 6!

4 210 4 214 4 1− − 1− − 1− +··· 7·8 10! 11 · 12 14! 15 · 16 | {z } | {z } | {z } >0

< 0.

>0

>0

Bijgevolg is cos x strikt dalend in ]0, 2]. Daar cos 0 = 1, cos 2 < 0 en cos x continu is, bezit cos x precies één nulpunt x0 in ]0, 2[. Vanwege sin2 x0 +cos2 x0 = 1 volgt dan dat sin x0 = ±1. Daar x0 ∈ ]0, 2[ en ∀x ∈ ]0, 2] : sin x > 0 geldt dan sin x 0 = 1. 2 Definitie:

Het getal π wordt gedefinieerd als π = 2x0 waarbij x0 het kleinste positief reëel getal is waarvoor sin x0 = 1

Natuurlijk is

π 2

en

cos x0 = 0.

∈ ]0, 2[ en dus π < 4.

Daar sin π2 = 1 en cos π2 = 0, vinden we met behulp van de verdubbelingsformules en de somformules de volgende resultaten. Eigenschap 5.25: sin π = 0, sin 2π = 0, sin(x + π2 ) = cos x, sin(x + π) = − sin(x), sin(x + 2π) = sin(x),

cos π = −1, cos 2π = 1, cos(x + π2 ) = − sin x, cos(x + π) = − cos x, cos(x + 2π) = cos x.

Bewijs: Het bewijs wordt aan de lezer overgelaten Eigenschap 5.26: sin x = 0 ⇐⇒ ∃k ∈ Z : x = kπ, 1 cos x = 0 ⇐⇒ ∃k ∈ Z : x = k + π. 2

2


183

Figuur 5.8: De functies sin x (volle lijn) en cos x (onderbroken lijn). Bewijs: Dit wordt ook aan de lezer overgelaten.

2

We komen terug op de gelijkheden sin(x + 2π) = sin x en cos(x + 2π) = cos x. Definitie:

Een functie f : R → R is periodiek indien er een getal P > 0 bestaat waarvoor ∀x ∈ R : f (x + P ) = f (x). Het kleinste positieve reële getal P waarvoor deze gelijkheid geldt is de periode van f .

De functies sin x en cos x zijn dus periodiek met periode 2π. De grafieken van sin x en cos x zijn getekend in Figuur 5.8. Meetkundige interpretatie van sin en cos De lezer is natuurlijk benieuwd om te zien hoe de functies sin x en cos x die hier gedefinieerd zijn met absoluut convergente machtreeksen verbonden zijn met de functies sin en cos die met meetkundige middelen in het middelbaar onderwijs werden gedefinieerd en waar hij/zij goed vertrouwd mee is. Als P (x, y) een punt is van de eenheidscirkel x 2 +y 2 = 1, dan is er juist één getal t ∈ [0, 2π[ zodat x = cos t en y = sin t. Om dit te bewijzen moeten we vier gevallen onderzoeken. • 0≤x≤1

en

0 ≤ y ≤ 1,

• −1 ≤ x ≤ 0

en

0 ≤ y ≤ 1,

• −1 ≤ x ≤ 0

en

− 1 ≤ y ≤ 0,

• 0≤x≤1

en

− 1 ≤ y ≤ 0.

184

Hoofdstuk 5

1 P(x,y)

sin t

t -1 0

cos t

1

-1

Figuur 5.9: De functies sin x en cos x en de eenheidscirkel. We bekijken het eerste geval, zie Figuur 5.9. (De drie overige gevallen worden aan de lezer overgelaten.) De functie cos x is continu op [0, π2 ], strikt dalend op ]0, π2 [ en cos 0 = 1, cos π2 = 0. Volgens de tussenwaardestelling bestaat er bijgevolg juist één t ∈ [0, π2 ] zodat x = cos t. Uit x2 + y 2 = 1 volgt y 2 = 1 − x2 = 1 − cos2 t = sin2 t. Daar 0 ≤ t ≤ π2 geldt 0 ≤ sin t ≤ 1. Daar 0 ≤ y ≤ 1 volgt uit y 2 = sin2 t dat y = sin t. De andere drie gevallen worden net zo behandeld. Dus geldt: x2 + y 2 = 1

⇐⇒

∃t ∈ [0, 2π[ : x = cos t en y = sin t.

Om de equivalentie met de meetkundige definitie van sin en cos af te sluiten moeten we nog aan tonen dat de booglengte tussen het punt (1, 0) en (x, y) = (cos t, sin t) langs de eenheidscirkel gelijk aan t is. Voor een strikt positief natuurlijk getal n leggen xk = cos

k t, n

k yk = sin t n

voor k = 0, 1, . . . , n

(n + 1) punten op de eenheidscirkel vast. Voor k = 0 vinden we (1, 0) en voor k = n het punt (x, y). De booglengte is dan lim

n→∞

n p X (xk − xk−1 )2 + (yk − yk−1 )2 . k=1

Nu is (xk − xk−1 )2 + (yk − yk−1 )2 kt (k − 1)t 2 kt (k − 1)t 2 = cos − cos + sin − sin n n n n kt (k − 1)t kt (k − 1)t = 2 − 2 cos cos − 2 sin sin . n n n n


185

Daar cos(x − y) = cos x cos y + sin x sin y, is met x = nk t, y =

k−1 n t

cos

t kt (k − 1)t kt (k − 1)t = cos cos + sin sin , n n n n n

zodat (xk − xk−1 )2 + (yk − yk−1 )2 = 2 − 2 cos Omdat

t 2n

t t t = 2(1 − cos ) = 4 sin2 . n n 2n

t ∈ [0, π] geldt sin 2n ≥ 0, zodat

p t (xk − xk−1 )2 + (yk − yk−1 )2 = 2 sin 2n

en dus

n p X t (xk − xk−1 )2 + (yk − yk−1 )2 = 2n sin . 2n k=1

De booglengte is dan lim 2n sin

n→∞

Voor t ∈ [0, 2π[ volgt uit n → ∞ dat

t 2n

t sin 2n t . = t lim t n→∞ 2n 2n

→ 0 en dus

lim

t sin 2n

n→∞

want

t 2n

= 1,

sin x = 1. x→0 x lim

De booglengte is dus inderdaad t. Daar

x = 0 = cos π2 , x = −1 = cos π, x = 0 = cos 3π 2 , x = 1 = cos 2π,

y = 1 = sin π2 , y = 0 = sin π, y = −1 = sin 3π 2 , y = 0 = sin 2π.

wordt de hoek gemeten in een eenheid zodat de gestrekte hoek π hoekmaten meet. Definitie:

De radiaal is de eenheid van hoekmaat zodat de gestrekte hoek gelijk is aan π radiaal.

Als argument van sin en cos wordt een hoek steeds gemeten met de radiaal als eenheid!

Toepassing: interferentie: Bij de wiskundige beschrijving van trillingen hebben we vaak een algemenere vorm van de sinus functie nodig, nl. y = A sin(kx + ϕ). De constante A wordt de amplitude genoemd, k het argument en ϕ de fase (of fasehoek). De amplitude bepaalt het bereik: aangezien −1 ≤ sin x ≤ 1 is het bereik van de algemene

186

Hoofdstuk 5

sin functie het interval [−A, A]. Het argument be¨ınvloedt de periode. De periode van sin(x) is 2π; de periode van sin(kx) is 2π/k, m.a.w. 2π sin k x + = sin(kx + 2π) = sin(kx). k De periode wordt dus groter als k < 1, en kleiner als k > 1. De fase veroorzaakt een verschuiving van de sinuskromme langs de x-as. Het eerste niet-negatieve nulpunt van sin(x) ligt in x = 0. Het overeenkomstige nulpunt van sin(x + ϕ) ligt dus in x + ϕ = 0 of x = −ϕ. De grafiek van sin(x + ϕ) is dus precies dezelfde als die van sin(x) maar dan over een afstand −ϕ verschoven langs de x-as. De harmonische trillingen van een snaar worden bv. beschreven door de functie A sin(ωt + ϕ), waarbij ω de hoekfrequentie wordt genoemd. Deze hoekfrequentie is gelijk aan 2πν, met ν de frequentie (uitgedrukt in Hertz). De periode van deze trilling is dus 2π/ω = 1/ν en de uitwijking van de snaar is nul op de tijdstippen t n waarvoor sin(ωtn + φ) = 0, dus als ωtn + ϕ = πn en dit betekent ϕ π tn = − + n, ω ω met n ∈ Z. Op welke tijdstippen is de uitwijking van de snaar maximaal? We kunnen nu twee golven met dezelfde amplitude en frequentie bij elkaar optellen. Met behulp van de formules uit Eigenschap 5.29 bekomen we: ϕ1 + ϕ 2 ϕ1 − ϕ 2 A sin(ωt + ϕ1 ) + A sin(ωt + ϕ2 ) = 2A sin ωt + cos . 2 2 Als de twee golven in fase zijn, m.a.w. als ϕ 1 = ϕ2 , is hun som dus een golf met dezelfde frekwentie en fase maar met dubbele amplitude: 2A. Men spreekt van constructieve interferentie. Indien ϕ1 6= ϕ2 zijn de golven uit fase en kan de interferentie destructief zijn. Als bv. ϕ2 = π + ϕ1 is de som van de twee golven gewoon 0, m.a.w. ze heffen elkaar op. Maclaurinreeks en Maclaurinveeltermen van sin x en cos x De sinus en cosinus functie zijn ingevoerd door middel van de convergente machtreeksen. ∞ X (−1)k 2k+1 sin x = x , (2k + 1)!

cos x =

k=0

∞ X (−1)k k=0

(2k)!

x2k .

Deze machtreeksen zijn ook gelijk aan de Maclaurinreeksen van sin x en cos x. De partieelsommen van deze reeksen zijn de Maclaurinveeltermen van de sinus en de cosinus. Voor de sinus functie geldt dat de reeks alleen de oneven machten bevat. Daarom zijn de de Maclaurinveeltermen P2k−1 en P2k aan elkaar gelijk. Dus P1 (x) = P2 (x) = x,

P3 (x) = P4 (x) = x −

x3 , 3!

P5 (x) = P6 (x) = x −

x3 x5 + , 3! 5!

enzovoorts. Uit de formule van Taylor krijgen we nu de volgende informatie over de fout R n+1 (x) = sin x − Pn (x) die we maken als we sin x benaderen door de n-de Maclaurinveelterm: |Rn+1 (x)| ≤

|x|n+1 max f (n+1) (t) (n + 1)!


187

Figuur 5.10: De functies sin x, P1 (x), P3 (x), . . . en P15 (x). waarin het maximum genomen wordt over t tussen 0 en x, en f (t) = sin t. Van de sinus weten we dat de afgeleiden achtereenvolgens gelijk zijn aan f 0 (t) = cos t,

f 00 (t) = − sin t,

f (3) (t) = − cos t,

f (4) (t) = sin t

enzovoorts. Voor elke n ∈ N geldt dat f (n+1) (t) gelijk is aan ± sin t of ± cos t. In alle gevallen is de absolute waarde niet meer dan 1. Bijgevolg geldt dat de fout R n+1 (x) die gemaakt wordt door sin x te benaderen door de Maclaurinveelterm van graad n voldoet aan |Rn+1 (x)| ≤ Analoog hebben we dat cos x =

|x|n+1 (n + 1)!

∞ X (−1)k k=0

(2k)!

x2k

de Maclaurinreeks voor de cosinus functie is. De Maclaurinreeks bevat enkel de even machten. Nu geldt dat voor elke n dat Pn (x) = Pn+1 (x), bijvoorbeeld P0 (x) = P1 (x) = 1,

P2 (x) = P3 (x) = 1 −

x2 , 2

P4 (x) = P5 (x) = 1 −

x2 x4 + . 2 4!

Het verschil Rn+1 (x) = cos x − Pn (x) kunnen we op dezelfde manier als bij de sinus afschatten. Er volgt dat de fout Rn+1 (x) die gemaakt wordt door cos x te benaderen door de Maclaurinveelterm van graad n voldoet aan |Rn+1 (x)| ≤

|x|n+1 (n + 1)!

In Figuur 5.10 zijn sin x en de Maclaurinveeltermen van graad 1, 3, 5, . . . , 15 getekend. Voorbeeld 5.9: We gaan na welke nauwkeurigheid we bereiken met de opeenvolgende Maclaurinveeltermen 1 1 van sin x. We nemen − 10 ≤ x ≤ 10 . We hebben sin x = x + R3 (x),

188

Hoofdstuk 5

met 1 3 10

|x|3 |R3 (x)| ≤ ≤ 3!

3!

< 0, 0002.

Wanneer we sin x benaderen door x dan maken we in het interval [−0, 1; 0, 1] een fout die kleiner is dan 0, 0002. Voor x ∈ [− 12 , 12 ] kunnen we zeggen dat 1 3 |x|3 1 2 |R3 (x)| ≤ ≤ = . 3! 3! 48 1 1 , 10 ] is deze afschatting beduidend groter. Om een Vergeleken met de afschatting op [− 10 nauwkeurigere benadering te krijgen gaan we over op

sin x = x −

x3 + R5 (x). 3!

Voor x ∈ [− 12 , 12 ] geldt |R5 (x)| ≤

( 1 )5 |x|5 1 ≤ 2 = < 0, 0003, 5! 5! 3840

3

zodat x − x3! op het interval [−0, 5; 0, 5] steeds minder dan 0, 0003 van sin x verschilt. De graad van de Maclaurinveelterm van sin x is in deze twee voorbeelden respectievelijk slechts één en drie. Het aantal termen wordt bepaald door de opgelegde nauwkeurigheid en het gekozen interval. Deze snelle convergentie wordt veroorzaakt door het feit dat de veelterm opklimt met x2 en met de faculteitsfunctie in de noemer van de coëfficiënten.

5.4.2

De functies tan, cotan, cosec en sec

Met behulp van de sinus- en de cosinusfunctie definieert men de verdere goniometrische functies tangens, cotangens, cosecans en secans sin x , cos x

tan x =

(5.51)

cotanx =

cos x , sin x

(5.52)

cosecx =

1 , sin x

(5.53)

sec x =

1 . cos x

(5.54)

tan x en sec x zijn gedefinieerd voor de getallen x waarvoor cos x 6= 0, cotanx en cosecx zijn gedefinieerd voor de getallen x waarvoor sin x 6= 0. De functies sin x, cos x, tan x, cotanx, sec x en cosecx zijn de goniometrische functies. De grafieken van tan x en cotanx zijn getekend in Figuur 5.11. De functies tan, cotan, sec en cosec zijn afleidbaar in elk punt van hun domein.


189

Figuur 5.11: De functies tan (links) en cotan (rechts).

Eigenschap 5.27: Er geldt

d 1 tan x = = 1 + tan2 x dx cos2 x d 1 cotanx = − 2 dx sin x d sin x sec x = dx cos2 d cos x cosecx = − 2 dx sin x

(5.55) (5.56) (5.57) (5.58)

Bewijs: We bewijzen ter illustratie (5.55). We hebben d tan x = dx = = =

d sin x dx cos x 1 d sin x d cos x cos x − sin x cos2 x dx dx 1 [cos x cos x − sin x(− sin x)] cos2 x 1 . cos2 x

De andere afgeleiden worden op analoge wijze berekend.

2

De goniometrische functies zijn transcendente functies waarvan de functiewaarden niet kunnen berekend worden met de zes hoofdbewerkingen. Voor willekeurige waarden van x zijn de machtreeksen (5.41) en (5.42) uiteraard absoluut convergent maar de waarden van deze machtreeksen kunnen voor een willekeurig argument in het algemeen niet exact worden berekend. Met behulp van elementaire eigenschappen van de vlakke meetkunde kunnen we de functiewaarden van sin en cos voor volgende bijzondere waarden berekenen.

190

Hoofdstuk 5 x

sin x

cos x

π 6

1 2

1 2

√ 3

1 2

√ 2

π 4

1 2

√ 2

π 3

1 2

√ 3

1 2

1

0

π 2

Eigenschappen 5.22, 5.23 en 5.25 geven bijkomende mogelijkheden om de functiewaarden van de goniometrische functies in bijzondere gevallen te berekenen Voorbeeld 5.10: 7π We berekenen sin 7π 12 en cos 12 . We hebben sin

7π 12

= = cos

7π 12

π π 3π 4π + = sin + 12 12 4 3 π π π π sin cos + cos sin 4√ 3 √3 √ √ 4 √ 21 2 3 2 + = (1 + 3). 2 2 2 2 4 π π cos + 4 3 π π π π cos cos − sin sin 3 4 4 √ √ √ √ 3 √ 21 2 3 2 − = (1 − 3). 2 2 2 2 4

= sin

= = =

Voorbeeld 5.11: We bepalen de vergelijking van de raaklijn aan de kromme y = sin 4x in het punt x = We hebben y(x) = sin 4x, en y 0 (x) = 4 cos 4x, en dus

√ π π 2 y = sin = , 16 4 2 De vergelijking van de raaklijn is dus

en

√ π √ π 2 y = 4 cos = 4 = 2 2. 16 4 2 0

√ √ 2 π =2 2 x− . y− 2 16 Voorbeeld 5.12: t sin t We berekenen lim . Daartoe schrijven we t→0 sin 2t2 t sin t 1 sin t 2t2 = . · · sin 2t2 2 t sin 2t2 Uit Eigenschap 5.19 weten we dat lim

t→0

sin t = 1. t

π 16 .


191

Als t → 0 dan ook 2t2 → 0, en daarom 2t2 = 1. t→0 sin 2t2 lim

Dus lim

t→0

1 1 t sin t = ·1·1 = . sin 2t2 2 2

Voorbeeld 5.13: We tonen aan dat voor x ≥ 0 geldt

sin x ≤ x.

Voor x = 0 geldt uiteraard sin x = sin 0 = 0 = x. We vormen de verschilfunctie V (x) = x−sin x, met als afgeleide functie V 0 (x) = 1−cos x. Daar cos x ≤ 1 voor elke x, is V 0 (x) ≥ 0. De functie V (x) is bijgevolg stijgend, zodat V (x) ≥ V (0) = 0 als x > 0. Bijgevolg is sin x ≤ x als x ≥ 0.

5.5

Inverse functies van de goniometrische functies: cyclometrische functies

De functie sin sin : R → [−1, 1] : x 7→ sin x, heeft géén inverse functie, daar met elke waarde van y ∈ [−1, 1] oneindig veel waarden van x overeenstemmen waarvoor y = sin x. Om een inverse functie te kunnen definiëren voor sin x, moeten we het definitiegebied van sin x beperken zo dat sin x strikt stijgend of strikt dalend is in het definitiegebied. Nu is d sin x = cos x, dx en i π πh ∀x ∈ − , : cos x > 0, 2 2 zodat sin x strikt stijgend is op het interval [− π2 , π2 ]. De functie h π πi sin : − , → [−1, 1] : x 7→ sin x, 2 2 is inverteerbaar en de inverse functie wordt boogsinus of arcsinus genoemd en men noteert bgsin of arcsin. We hebben bgsin : [−1, 1] → en als y ∈ [− π2 , π2 ],

h π πi − , : x 7→ bgsinx 2 2

y = bgsinx ⇐⇒ x = sin y.

(5.59)

De grafiek van de functie y = bgsinx wordt bekomen door de grafiek van de functie y = sin x te spiegelen ten opzichte van de eerste bissectrice en is aangegeven in Figuur 5.12. Deze inverse functie is afleidbaar en

d 1 bgsinx = √ . dx 1 − x2

(5.60)

192

Hoofdstuk 5

Figuur 5.12: De functie bgsin (volle lijn, de onderbroken lijn geeft de functie sin aan). Met de formule voor de afgeleide van de inverse functie vinden we inderdaad: 1 1 d 1 bgsinx = =√ = . d sin y dx cos y 1 − x2 dy De afgeleide van bgsinx is positief, zodat bgsinx strikt stijgend is in het interval [−1, 1]. Op dezelfde wijze als voor sin x, definiëren we nu een inverse functie voor cos x, tan x en cotanx. De cosinus functie cos : [0, π] → [−1, 1] : x 7→ cos x, d is strikt dalend, want voor x ∈ ]0, π[ is dx cos x = − sin x < 0. De cosinus functie is dus inverteerbaar als we haar beperken tot het interval [0, π]. De inverse functie is boogcosinus,

bgcos : [−1, 1] → [0, π] : x 7→ bgcosx Men schrijft ook wel arccos x. Per definitie van inverse functie geldt als y ∈ [0, π], y = bgcosx ⇐⇒ x = cos y.

(5.61)

Deze inverse functie is afleidbaar en

d −1 bgcosx = √ . 2 dx 1 − x

Met de formule voor de afgeleide van de inverse functie vinden we inderdaad: d 1 1 −1 bgcosx = = =√ . d cos y dx − sin y 1 − x2 dy

(5.62)


193

Figuur 5.13: De functie bgcos (volle lijn). De onderbroken lijn geeft de functie cos aan. De afgeleide van bgcosx is negatief, zodat bgcosx strikt dalend is in het interval [−1, 1]. De grafiek van y = bgcosx is aangegeven in Figuur 5.13; hij wordt bekomen door de grafiek van de functie y = cos x te spiegelen ten opzichte van de eerste bissectrice. De functie tan tan :

i π πh − , → R : x 7→ tan x, 2 2

x = cos12 x > 0. De beperking van de tangens tot ] − π2 , π2 [ is dus is strikt stijgend, want d tan dx inverteerbaar. De inverse functie is boogtangens of arctangens,

bgtan : R →

i π πh : x 7→ bgtanx − , 2 2

Men schrijft ook wel arctan x. Per definitie van inverse functie geldt als y ∈ ] − π2 , π2 [ dat y = bgtanx ⇐⇒ x = tan y.

(5.63)

Deze inverse functie is afleidbaar en

d 1 bgtanx = . dx 1 + x2

(5.64)

Volgens de regel voor de afgeleide van de inverse functie hebben we namelijk d 1 bgtanx = = cos2 y, d dx tan y dy waarin tan y = x. We wensen de afgeleide van bgtanx uit te drukken in functie van x. Daar sin2 y + cos2 y = 1, geldt sin2 y + cos2 y 1 = , 2 cos y cos2 y

194

Hoofdstuk 5

Figuur 5.14: De functie bgtan (volle lijn). De onderbroken lijn geeft de functie tan aan in het interval ] − π2 , π2 [. en dus 1 + tan2 y = zodat cos2 y =

1 = 1 + x2 , cos2 y

1 1 = . 1 + tan2 y 1 + x2

Bijgevolg is 1 d bgtanx = . dx 1 + x2 2 d 1 Daar dx bgtanx = 1+x 2 > 0 is bgtanx een strikt stijgende functie. De grafiek van bgtan x in aangegeven in Figuur 5.14. Toon nu zelf aan dat de functie cotan

cotan : ]0, π[→ R : x 7→ cotanx, een inverse functie heeft. Deze inverse functie is boogcotangens: bgcotan : R → ]0, π[: x 7→ bgcotanx Per definitie van inverse functie geldt als y ∈ ]0, π[, y = bgcotanx ⇐⇒ x = cotany bgcotan is afleidbaar en

d −1 bgcotanx = dx 1 + x2

(5.65)

(5.66)


195

Eigenschap 5.28: De cyclometrische functies zijn afleidbaar en 1 d bgsinx = √ , dx 1 − x2 d −1 bgcosx = √ , dx 1 − x2 d 1 , bgtanx = dx 1 + x2 d −1 . bgcotanx = dx 1 + x2 Voorbeeld 5.14: We bepalen de vergelijking van de raaklijn aan de kromme y = bgcosx in het punt x = −1 Omdat y(x) = bgcosx en y 0 (x) = √1−x , geldt 2 y

√ √ ! 2 2 π = bgcos = , 2 2 4

en

y

√ 2 2 .

√ ! √ 2 −1 = q = − 2. 2 1

0

2

De vergelijking van de raaklijn is

√ ! √ π 2 y− =− 2 x− , 4 2 of

√ π+4 y = − 2x+ . 4

Maclaurinreeks voor bgtanx De boogtangens heeft een mooie Maclaurinreeks. Om deze te bepalen vertrekken we van de meetkundige reeks ∞ X 1 = xk voor x ∈] − 1, 1[. (5.67) 1−x k=0

Als we in (5.67) x vervangen door −x2 dan volgt ∞

X 1 = (−1)k x2k 2 1+x k=0

voor x ∈ ] − 1, 1[.

(5.68)

Door beide zijden te integreren (een machtreeks mogen we binnen het convergentiegebied termsgewijs integreren) vinden we bgtanx =

∞ X

(−1)k

k=0

x2k+1 +C 2k + 1

voor x ∈ ] − 1, 1[,

(5.69)

voor zekere integratieconstante C. Door x = 0 in (5.69) in te vullen vinden we C = 0, zodat bgtanx =

∞ X k=0

(−1)k

x2k+1 2k + 1

voor x ∈ ] − 1, 1[.

(5.70)

196

Hoofdstuk 5

Figuur 5.15: De functies bgtanx, P1 (x) en P3 (x). Dit is de Maclaurinreeks voor de boogtangens-functie. De Maclaurinveeltermen voor boogtangens zijn P3 (x) = P4 (x) = x −

P1 (x) = P2 (x) = x,

x3 , 3

P5 (x) = P6 (x) = x −

x3 x5 + , 3 5

enzovoorts. In Figuur 5.15 zijn bgtanx, P 1 (x) en P3 (x) getekend.

5.6

De exponenti¨ ele functie in het complexe vlak

De exponentiële functie ez is door ez =

∞ X 1 k z k! k=0

gedefinieerd voor willekeurige complexe getallen. In het voorgaande hebben we de e-macht voornamelijk voor reële waarden bestudeerd. Hier zullen we enkele aspecten van de exponentiële functie in het complexe vlak beschouwen. We zullen in het bijzonder een verband vinden met de goniometrische functies sin en cos. We zullen eerst ez gaan bekijken als z = iy een zuiver imaginair getal is. Voor z = iy met y ∈ R zullen we in de definiërende machtreeks de even en de oneven termen gaan scheiden: eiy =

∞ X (iy)k k=0

k!

=

∞ X (iy)2j j=0

(2j)!

+

∞ X (iy)2j+1 . (2j + 1)! j=0

Omdat i2 = −1 hebben we i2j = (−1)j Bijgevolg is eiy =

∞ X (−1)j j=0

(2j)!

en

y 2j + i

i2j+1 = i(−1)j . ∞ X (−1)j 2j+1 y . (2j + 1)! j=0

Als we ons de definiërende machtreeksen van cos en sin herinneren, zien we dat eiy = cos y + i sin y.

(5.71)


197

Dit is een opmerkelijk verband tussen de exponentiële functie en de goniometrische functies. Voor de modulus betekent dit q |eiy | = | cos y + i sin y| = cos2 y + sin2 y = 1.

eiy is ligt dus op de eenheidscirkel in het complexe vlak. Voor de bijzondere waarde y = π krijgen we

eiπ = cos π + i sin π = −1 + i0 = −1 oftewel eiπ + 1 = 0. Dit is misschien wel de mooiste formule uit de hele wiskunde. Het geeft een verband tussen vijf fundamentele constanten 0, 1, π, e en i, en maakt gebruik van de drie fundamentele bewerkingen: optellen, vermenigvuldigen en machtsverheffen. Uit (5.71) volgt dat voor y ∈ R, Re eiy = cos y

en

Im eiy = sin y.

Als we in (5.71) y vervangen door −y, en we bedenken dat cos een even functie is en sin een oneven functie, dan volgt e−iy = cos y − i sin y.

Door dit weer te combineren met (5.71) zien we dat

eiy + e−iy eiy − e−iy , en sin y = . 2 2i Deze formules drukken de sinus en de cosinus uit in de complexe e-macht. Voor een willekeurig complex getal z = x + iy met x, y ∈ R geldt cos y =

ez = ex+iy = ex eiy = ex (cos y + i sin y).

Dus Re ez = ex cos y

en

Im ez = ex sin y.

Goniometrische voorstelling Tenslotte zullen we het verband aangeven met de goniometrische voorstelling van een complex getal z (ook wel de voorstelling met behulp van poolcoördinaten genoemd): z = r(cos θ + i sin θ) met r = |z| de modulus, of absolute waarde, van z en θ = arg z het argument van z. Zie hiervoor ook paragraaf 1.4. Vanwege (5.71) kunnen we ook schrijven z = reiθ . Deze schrijfwijze maakt het vermenigvuldigen van complexe getallen eenvoudiger en inzichtelijker. Als z1 = r1 eiθ1

en

z2 = r2 eiθ2

dan z1 z2 = r1 r2 eiθ1 eiθ2 = r1 r2 ei(θ1 +θ2 ) . Ook het nemen van machten van complexe getallen wordt inzichtelijker. Als z = reiθ en n ∈ N, dan

n n z n = reiθ = r n eiθ = r n einθ = r n (cos(nθ) + i sin(nθ)) .

198

5.7

Hoofdstuk 5

Toepassing: Lineaire differentiaalvergelijkingen

Een differentiaalvergelijking is een verband tussen een functie en haar afgeleide(n). In de vergelijking treedt bijgevolg de functie als onbekende op. Differentiaalvergelijkingen komen vaak voor in wiskundige modellen voor industriële processen, fysische fenomenen, economische of financiële marktprocessen, enz. We geven hiervan, als motivatie, eerst enkele eenvoudige voorbeelden. Evolutie van een populatie We beschouwen een populatie dieren (bijvoorbeeld konijnen of ratten of virussen) in een ge¨ısoleerd ecosysteem, dat wil zeggen dat er van buitenaf geen dieren worden bijgezet of weggehaald. Het aantal dieren kan dus enkel veranderen door geboorte of sterfte van dieren: verandering # dieren # geboortes # sterfgevallen = − . tijdseenheid tijdseenheid tijdseenheid

(5.72)

Het is redelijk om veronderstellen dat het aantal geboortes en sterfgevallen evenredig is met het aantal dieren: # geboortes = α × # dieren, tijdseenheid

# sterfgevallen = β × # dieren, tijdseenheid

waarbij de parameters α en β respektievelijk de fertiliteit en de mortaliteit van de dieren beschrijven. De waarden van deze parameters kunnen experimenteel bepaald worden. Wanneer nu N het aantal dieren voorstelt, dan wordt de evolutie van het aantal dieren beschreven door een functie N : R+ → R+ : t 7→ N (t),

waarbij t de tijd voorstelt. De afgeleide functie N 0 (t) stelt de verandering van N per eenheid van tijd voor zodat de uitdrukking (5.72) vertaald kan worden naar een zuiver wiskundig probleem, namelijk voor t ≥ 0 (5.73) N 0 (t) = γN (t)

waarbij γ = α − β het verschil is tussen de fertiliteit en de mortaliteit van de populatie. Als γ > 0 zal het aantal dieren ongelimiteerd en exponentieel toenemen: hoe groter N hoe groter N 0 en dus hoe sneller N toeneemt. Als daarentegen γ < 0 dan zal het aantal dieren exponentieel afnemen. Inderdaad, verder in dit hoofdstuk zullen we zien dat de oplossingen van dit probleem gelijk zijn aan N (t) = Ceγt met C een willekeurige, maar vaste, constante. De oplossing is dus niet uniek, maar hangt af van een constante. De constante kan bepaald worden indien we extra informatie hebben over de populatie. Indien we bijvoorbeeld de grootte van de populatie kennen op het tijdstip t = 0, zeg dat N (0) = N0 is, dan zien we eenvoudig dat C = N0 , en we kunnen dus ook schrijven N (t) = N0 eγt . De bijkomende voorwaarde N (0) = N0 wordt een beginvoorwaarde genoemd. Logistiek model Het zal duidelijk zijn dat bovenstaand model in het geval van γ > 0 de realiteit enkel benadert in een beginfase waarin de populatie ver onder de capaciteit van de biotoop blijft. In een beperkte biotoop treedt na verloop van tijd voedselschaarste op waardoor N 0 afneemt en zelfs


199

negatief kan worden als N groter wordt dan een bepaalde waarde M . De parameter M geeft dus aan wat de beperkingen van de biotoop zijn. Het wiskundig model wordt dan N 0 (t) = kN (t)(M − N (t))

voor t ≥ 0

(5.74)

en wordt in populatiedynamica het logistiek model genoemd. De interpretatie van de parameter k volgt uit het feit dat voor kleine waarden van N geldt dat N 0 (t) ≈ kM N (t), zodat k ≈ γ/M (zie het eerste model). Wanneer het hier om een populatie in een kwekerij gaat, worden geregeld een aantal dieren weggenomen voor verkoop of slachting. Stellen we het aantal dieren dat weggenomen wordt per tijdseenheid voor door A dan wordt het wiskundig probleem: vind een differentieerbare functie N (t) die voldoet aan N 0 (t) = kN (t)(M − N (t)) − A

voor t ≥ 0

(5.75)

Evolutie van de temperatuur van een lijk De temperatuur van het menselijk lichaam (37 ◦ ) is meestal hoger dan de temperatuur van de omgeving. Dit vereist productie van energie. Bij sterfte houdt deze productie op en neemt de temperatuur van het lijk af. De gerechtelijke politie maakt van dit gegeven soms gebruik om het tijdstip van overlijden te bepalen. In het wiskundig model dat hiervoor nodig is, treedt de temperatuur T van het lijk op als functie van de tijd t: T : R+ → R : t 7→ T (t), waarbij t = 0 het tijdstip van overlijden voorstelt. Het wiskundig model is gebaseerd op de fysische wet van Newton die zegt dat de verandering van de temperatuur van een voorwerp evenredig is met het verschil tussen de omgevingstemperatuur T O en de temperatuur van het voorwerp: T 0 (t) = k(TO − T (t)) voor t ≥ 0. (5.76) De evenredigheidsconstante k is positief zodat de temperatuur daalt als T (t) > T O (in dat geval is dus T 0 (t) < 0). De constante k hangt af van het thermisch contact tussen voorwerp en omgeving (thermische isolatie) en kan experimenteel bepaald worden. We nemen voor de eenvoud aan dat ook TO constant is. Het wiskundig probleem wordt dan: vind een differentieerbare functie T (t) die voldoet aan (

T 0 (t) = k(TO − T (t))

voor t ≥ 0

T (0) = 37◦ .

Chemische reacties Bij een chemische reactie A −→ B

(5.77)

waarin stof A overgaat in stof B wordt aangenomen dat op elk tijdstip een molecuul van stof A een bepaalde kans heeft om over te gaan in B. Een wiskundig model voor de concentratie a(t) van stof A op tijdstip t wordt gegeven door de differentiaalvergelijking (5.78) a0 (t) = −ra(t) waarin r een positieve constante is, de zogenaamde reactieconstante. Deze vergelijking is van dezelfde vorm als de vergelijking N 0 (t) = γN (t) die we eerder zagen bij het eerste

200

Hoofdstuk 5

populatiemodel. De constante −r is nu echter negatief. De oplossingen van de differentiaalvergelijking (5.78) zijn a(t) = Ce−rt met C een willekeurige constante. Als t groot wordt, dan zien we dat de concentratie van A exponentieel snel naar 0 gaat. De reactie (5.77) staat bekend als een eerste orde reactie. Bij een tweede orde reactie 2A −→ B

(5.79)

reageren twee moleculen van A tot B. Om tot een vergelijking voor deze situatie te komen, redeneren we als volgt. We noteren met a(t) de concentratie van A op tijdstip t. De reactie kan alleen plaatsvinden als twee moleculen A elkaar tegenkomen. De kans hierop is evenredig met het kwadraat van a(t). Bij elke ontmoeting tussen twee moleculen is er een bepaalde kans dat de reactie ook echt plaatsvindt. Deze kans is verder onafhankelijk van de concentratie a(t). Dit leidt tot het model a0 (t) = −2ra(t)2 (5.80) met r een positieve constante, die we weer de reactieconstante noemen. De oplossingen van (5.80) blijken gelijk te zijn aan 1 a(t) = C + 2rt met C een willekeurige constante. Deze functies gaan veel langzamer naar nul voor t → ∞ dan de exponentiële functies a(t) = Ce−rt die we vonden bij eerste orde reacties. Mechanische systemen Uit de mechanica kennen we de tweede wet van Newton F = ma die zegt dat de kracht F die op een deeltje werkt gelijk is aan de massa m maal de versnelling a. Beschouw een deeltje dat een één-dimensionale beweging uitvoert. De positie op tijdstip t noteren we met x(t). De (ogenblikkelijke) snelheid v(t) is de afgeleide van de positie v(t) = x0 (t). De versnelling geeft aan hoe de snelheid verandert. De (ogenblikkelijke) versnelling a(t) is de afgeleide van de snelheid a(t) = v 0 (t) en dus is de versnelling ook de tweede afgeleide van de positie a(t) = x00 (t). In mechanische systemen kan men de kracht F bepalen als functie van de positie of van de snelheid, of van beide. Het kan ook zijn dat de kracht in de tijd verandert vanwege een uitwendige oorzaak, bv. een veranderend magnetisch veld. Als men het verband tussen F en x, v en t heeft gevonden, dan leidt dit vanwege de tweede wet van Newton tot een verband tussen x00 en x, x0 en t. Een eenvoudig voorbeeld is de zogenaamde harmonische oscillator. Hierbij ziet men de positie x(t) als de uitwijking uit een evenwichtstoestand (bv. bij een veer) en men neemt


201

aan dat de kracht Fu evenredig is met de uitwijking, maar tegengesteld gericht. Als x = 0 correspondeert met de evenwichtstoestand dan leidt dit tot Fu = −kx met k > 0 een constante (in het geval van een veer is dit de veerconstante). Het minteken staat er omdat de kracht tegengesteld gericht is aan de uitwijking. Op grond van F = ma en a = x00 krijgen we zo de vergelijking voor de harmonische oscillator mx00 = −kx

(5.81)

met m en k constanten. Dit is geldig als er verder geen krachten werkzaam zijn, of als men andere krachten, zoals de wrijvingskracht, verwaarloosd. De wrijvingskracht F w hangt vooral samen met de snelheid en in het eenvoudigste geval stelt men dat de wrijving evenredig is met de snelheid, maar ook weer tegengesteld gericht Fw = −cv = −cx0 . Samen met de uitwijkingskracht Fu = −kx geeft dit de totale kracht F = Fu + Fw = −kx − cx0 en dit leidt tot de vergelijking voor de uitwijking x(t): mx00 = −cx0 − kx oftewel mx00 + cx0 + kx = 0.

(5.82)

De hierboven beschreven problemen hebben op het eerste zicht niets met elkaar gemeen. Na wiskundige formulering blijken deze problemen echter nauw verwant te zijn. Ze leiden namelijk tot een vergelijking waarin zowel de gezochte functie als haar afgeleide voorkomen. Zo’n vergelijkingen noemen we differentiaalvergelijkingen. De orde van de differentiaalvergelijking is de hoogste orde afgeleide die voorkomt in de differentiaalvergelijking. Vaak moet de gezochte functie bovendien voldoen aan één of meer bijkomende (begin-)voorwaarden. De mogelijke vragen die hierbij gesteld kunnen worden zijn • Geef alle functies die aan de differentiaalvergelijking voldoen. • Vind de functie die aan de differentiaalvergelijking voldoet, en tevens aan een bijkomende beginvoorwaarde. • Wat is het gedrag van de functies die aan de differentiaalvergelijking voldoen, bijvoorbeeld voor t → ∞? We zullen in de cursus enkele methoden bespreken om dergelijke problemen op te lossen. Er zijn vele typen differentiaalvergelijkingen en de oplosmethoden zijn vaak specifiek voor een bepaald type. Met behulp van de exponentiële functie kunnen we lineaire differentiaalvergelijkingen met constante coëfficiënten oplossen.

202

5.7.1

Hoofdstuk 5

Lineaire differentiaalvergelijking met constante co¨ effici¨ enten

Een lineaire differentiaalvergelijking met constante coëfficiënten is van de vorm a0 x(n) (t) + a1 x(n−1) (t) + · · · + an−1 x0 (t) + an x(t) = f (t)

(5.83)

waarin a0 , a1 , . . . , an gegeven reële getallen zijn en f (t) een gegeven functie. De functie x(t) is onbekend en we zoeken een functie x(t) waarvoor de eerste n afgeleiden bestaan en die zodanig zijn dat aan de vergelijking (5.83) voldaan is. We zullen aannemen dat a 0 6= 0 en in dat geval is (5.83) een n-de orde differentiaalvergelijking. De getallen a 0 , a1 , . . . , an zijn de co¨ effici¨ enten van de differentiaalvergelijking. We nemen hier aan dat dit reële constanten zijn en daarom spreken we hier van een lineaire differentiaalvergelijking met constante coëfficiënten. Er is sprake van niet-constante coëfficiënten als één of meer van de coëfficiënten gegeven functies zijn van t. Een bijzonder geval is dat het rechterlid f (t) gelijk aan 0 is voor elke t. Dat leidt tot a0 x(n) (t) + a1 x(n−1) (t) + · · · + an−1 x0 (t) + an x(t) = 0.

(5.84)

De differentiaalvergelijking (5.84) is homogeen en de differentiaalvergelijking (5.83) is inhomogeen als het rechterlid f niet identiek nul is. Merk op dat (5.73), (5.76), (5.78), (5.81) en (5.82) voorbeelden zijn van lineaire differentiaalvergelijkingen met constante coëfficiënten. Daarentegen zijn (5.74), (5.75) en (5.79) niet linear. De differentiaalvergelijkingen (5.83) en (5.84) kunnen we op een compactere manier schrijven door gebruik te maken van differentiaaloperatoren. De differentiaaloperator D is gedefinieerd door Dx = x0 . Hierbij is x een functie van de veranderlijke t en x 0 is de afgeleide van D. Dus D is een operator die van een afleidbare functie zijn afgeleide maakt. We kunnen D herhaald toepassen D 2 x = x00 ,

D 3 x = x000 ,

enzovoorts.

Definieer nu L = a0 D n + a1 D n−1 + · · · + an−1 D + an .

(5.85)

Dan is L ook een differentiaaloperator en voor een functie x is

Lx = a0 x(n) + a1 x(n−1) + · · · + an−1 x0 + an . Merk op dat Lx alleen gedefinieerd is voor functies x = x(t) die n keer afleidbaar zijn. Met behulp van L is de differentiaalvergelijking (5.83) verkort weer te geven door Lx = f. De homogene differentiaalvergelijking (5.84) is dan Lx = 0. Het is nu eenvoudig in te zien dat L lineair is. Dit wil zeggen dat voor twee n keer afleidbare functies x1 en x2 geldt dat L(x1 + x2 ) = Lx1 + Lx2

(5.86)

en dat voor een n keer afleidbare functie x en voor α ∈ R geldt L(αx) = αLx.

(5.87)

We kunnen hier een verband maken met de lineaire algebra. De eigenschappen (5.86) en (5.87) laten zien dat L een lineaire afbeelding is van de vectorruimte van alle n keer afleidbare functies naar de vectorruimte van alle functies. Als het gaat om een lineaire afbeelding tussen vectorruimten die uit functies bestaan, wordt meestal gesproken van een lineaire operator. Omdat L een lineaire operator is wordt de differentiaalvergelijking (5.83) genoemd.


5.7.2

203

De homogene vergelijking

De homogone vergelijking is Lx = a0 x(n) + a1 x(n−1) + · · · + an x = 0.

(5.88)

We nemen aan dat a0 , a1 , . . . , an ∈ R (uitbreiding naar complexe coëfficiënten is mogelijk) en a0 6= 0. De oplossingsverzameling van de homogene vergelijking Lx = 0 is de kern van L. Dus ker L = {x | Lx = 0}. Uit de lineaire algebra is bekend dat de kern van L een deelruimte is van de vectorruimte van alle n keer afleidbare functies. Dit is ook eenvoudig na te gaan. Immers als x 1 en x2 tot de kern behoren, dan is Lx1 = 0 en Lx2 = 0 en dan geldt vanwege (5.86) L(x1 + x2 ) = Lx1 + Lx2 = 0 + 0 = 0, zodat ook x1 + x2 tot de kern behoort. En als x tot de kern behoort en α ∈ R, dan is Lx = 0 en vanwege (5.87) geldt dan L(αx) = αLx = α · 0 = 0, zodat ook αx tot de kern behoort. Dus ker L is een vectorruimte. Als je te maken hebt met een vectorruimte is het belangrijk om zijn dimensie te kennen. Herinner u uit de lineaire algebra dat de dimensie gelijk is aan het aantal elementen van een basis van de vectorruimte. We vermelden de volgende stelling hier zonder bewijs. Stelling 5.29: Zij a0 6= 0. Dan is de kern ker L van de lineaire operator L = a0 D n + a1 D n−1 + · · · + an−1 D + an een n-dimensionale vectorruimte. Op grond van de stelling is er een basis van ker L die bestaat uit n functies x 1 , x2 , . . . , xn . Als we deze functies kennen dan is de algemene oplossing van Lx = 0 gelijk aan x = c 1 x1 + c 2 x2 + · · · + c n xn met zekere constanten c1 , c2 , . . . , cn . Deze algemene oplossing bevat dus n vrije constanten. Om van de homogene vergelijking Lx = 0 een oplossing te vinden, proberen we x(t) = eλt

(5.89)

met λ een nog nader te bepalen getal. De afgeleide van (5.89) is x 0 (t) = λeλt , de tweede afgeleide is x00 (t) = λ2 eλt , en in het algemeen, de kde afgeleide is x(k) (t) = λk eλt . We zien dat Lx(t) = a0 λn eλt + a1 λn−1 eλt + · · · + an−1 λeλt + an eλt = (a0 λn + a1 λn−1 + · · · + an−1 λ + an )eλt .

(5.90)

204

Hoofdstuk 5

Omdat eλt nooit nul is, zien we uit (5.90) dat Lx = 0 als en slechts als a0 λn + a1 λn−1 + · · · + an−1 λ + an = 0.

(5.91)

We noemen (5.91) de karakteristieke vergelijking van (5.88). Oplossingen van de karakteristieke vergelijking zijn nulpunten van de veelterm p(λ) = a0 λn + a1 λn−1 + · · · + an−1 λ + an

(5.92)

die ook wel de karakteristieke veelterm van (5.88) genoemd wordt. De karakteristieke veelterm p(λ) heeft graad n want we veronderstellen dat a 0 6= 0. Zoals bekend heeft een veelterm van graad n precies n nulpunten in het complexe vlak, waarbij we elk nulpunt tellen naar gelang zijn multipliciteit. Er zijn dus n nulpunten, λ1 , λ 2 , . . . , λ n van de karakteristieke veelterm (5.92). Elk nulpunt levert een oplossing xk (t) = eλk t van (5.88). We kunnen nu een aantal gevallen onderscheiden. (1) Alle nulpunten λ1 , λ2 , . . . , λn zijn reëel en onderling verschillend. (2) De nulpunten λ1 , λ2 , . . . , λn zijn onderling verschillend, maar ze zijn niet allemaal reëel. (3) Er zijn samenvallende nulpunten. Re¨ ele en verschillende nulpunten Het geval (1) is het eenvoudigste geval. Als alle nulpunten reëel zijn en onderling verschillend, dan zijn de oplossingen xk (t) = eλk t reële functies die onderling verschillend zijn. Bovendien kan men laten zien dat de n functies x1 (t), x2 (t), . . . , xn (t) lineair onafhankelijk zijn. Ze vormen dus een basis van ker L, en elke oplossing van Lx = 0 kan geschreven worden als x(t) = c1 x1 (t) + c2 x2 (t) + · · · + cn xn (t) = c 1 e λ1 t + c 2 e λ2 t + · · · + c n e λn t

(5.93)

Bijgevolg is (5.93) de algemene oplossing van (5.88) in geval (1). Niet-re¨ ele nulpunten In geval (2) zijn de functies xk (t) = eλk t ook oplossingen van (5.88) die onderling verschillend zijn. Ook zijn de n functies x 1 (t), x2 (t), . . ., xn (t) lineair onafhankelijk. Als echter λ k niet reëel is, dan is xk (t) niet een reële functie, maar een complexe functie. Omdat de coëfficiënten a0 , a1 , . . . , an reëel zijn, zijn er echter ook reële oplossingen zijn. Om toch tot reële oplossingen te komen, merken we op dat met een nulpunt λ = µ + iω van (5.92) ook de complex toegevoegde ¯ = µ − iω λ


205

een nulpunt van (5.92) is. We hebben dus een aantal paren van niet-reële nulpunten, zeg µ1 ± iω1 , . . . , µl ± iωl met ωk 6= 0 voor k = 1, . . . , l. Verder zijn er nog n − 2l reële nulpunten, zeg λ1 , . . . , λn−2l . Voor k = 1, . . . , l, hebben we naast de oplossing e (µk +iωk )t ook meteen de oplossing e(µk −iωk )t van (5.88). Er geldt als λ = µk + iωk eλt = e(µk +iωk )t = eµk t eiωk t = eµk t (cos ωk t + i sin ωk t) en

¯

eλt = e(µk −iωk )t = eµk t e−iωk t = eµk t (cos ωk t − i sin ωk t). Uit (5.94) en (5.95) volgt

1 λt ¯ e + eλt = eµk t cos ωk t 2 1 λt ¯ e − eλt = eµk t sin ωk t. 2i

en ¯

(5.94) (5.95) (5.96) (5.97)

Omdat eλt en eλt oplossingen zijn van (5.88) zijn ook de lineaire combinaties (5.96) en (5.97) oplossingen en deze functies zijn reëel! De niet-reële nulpunten µk ± iωk geven bijgevolg aanleiding tot de reële oplossingen eµk t cos ωk t en

eµk t sin ωk t,

k = 1, . . . , l

(5.98)

van (5.88). De reële nulpunten λk geven de oplossingen e λk t ,

k = 1, . . . , n − 2l.

(5.99)

De in totaal n functies gegeven in (5.98) en (5.99) vormen een basis van ker L. De algemene oplossing van (5.88) is dus in geval (2): x(t) =

n−2l X k=1

ck e

λk t

+

l X k=1

ak eµk t cos ωk t + bk eµk t sin ωk t .

(5.100)

Samenvallende nulpunten In geval (3) zijn er samenvallende nulpunten. We zullen dit geval niet algemeen behandelen, maar enkel voor het geval n = 2. Voor n = 2 schrijven we liever Lx = ax00 + bx0 + cx = 0

(5.101)

met a, b, c ∈ R en a 6= 0. De karakteristieke veelterm is p(λ) = aλ2 + bλ + c met nulpunten

√ b2 − 4ac λ1,2 = . 2a De nulpunten zijn reëel en verschillend als de discriminant b 2 − 4ac > 0. De nulpunten zijn niet-reëel en verschillend als b2 − 4ac < 0. Dit zijn de gevallen (1) en (2) die we reeds −b ±

206

Hoofdstuk 5

besproken hebben. Het overblijvende geval is b 2 − 4ac = 0. Dan geldt λ1 = λ2 en hebben we één dubbel nulpunt b λ1 = λ 2 = − . 2a We bekomen nu slechts één oplossing van de vorm (5.89), namelijk b

x1 (t) = e− 2a t .

(5.102)

Hoe vinden we een tweede, lineair onafhankelijke oplossing? We gebruiken hiervoor het idee van variatie van de constante. We hebben reeds de oplossingen Cx 1 (t) van (5.101) en we proberen een oplossing van de vorm x(t) = v(t)x1 (t)

(5.103)

met een nog nader te bepalen functie v(t). De eerste en tweede afgeleiden van (5.103) zijn x0 = vx01 + v 0 x1 x00 = vx001 + 2v 0 x01 + v 00 x1 Dan Lx = ax00 + bx0 + cx = v(ax001 + bx01 + cx1 ) + v 0 (2ax01 + bx1 ) + v 00 x1 .

(5.104)

Daar x1 voldoet aan de vergelijking (5.101) is ax001 + bx01 + cx1 = 0. De eerste term in (5.104) is dus nul. Het opmerkelijke is dat ook 2ax01 + bx1 = 0. Dit is eenvoudig na te gaan aan de hand van (5.102). De tweede term in (5.104) is dus ook nul, en we houden over Lx = v 00 x1 . Omdat x1 6= 0 zien we dat Lx = 0 als en slechts als v 00 = 0.

(5.105)

Aan (5.105) is voldaan als v een veelterm is van de eerste graad. We nemen in het bijzonder v(t) = t. Vanwege (5.103) is dan b

x(t) = tx1 (t) = te− 2a t en dit is een oplossing van (5.101) die lineair onafhankelijk is van x 1 (t). Onze gezochte tweede oplossing is dus b x2 (t) = te− 2a t . De algemene oplossing van (5.101) in het geval (3) is bijgevolg x(t) = c1 x1 (t) + c2 x2 (t) = c1 eλt + c2 teλt

(5.106)


207

met λ=−

b . 2a

Voor algemene orde n kan men het volgende aantonen. Wanneer λ een nulpunt is van de karakteristieke veelterm (5.92) met multipliciteit m ≥ 1, dan zijn eλt , teλt , . . . , tm−1 eλt m lineair onafhankelijke oplossingen van (5.88). Voorts geldt dat voor een niet-reëel nulpunt λ = µ + iω van (5.92) met multipliciteit ¯ = µ − iω ook een nulpunt is met multipliciteit m ≥ 1. Dit m ≥ 1, de complex toegevoegde λ geeft 2m linear onafhankelijke oplossingen van (5.88), namelijk eµt cos ωt, teµt cos ωt, . . . , tm−1 eµt cos ωt en eµt sin ωt, teµt sin ωt, . . . , tm−1 eµt sin ωt. Samenvattend geldt de volgende stelling voor de algemene oplossing van (5.88). Stelling 5.30: Neem aan dat de karakteristieke veelterm (5.92) van de lineaire differentiaalvergelijking met constante coëfficiënten (5.88) de reële nulpunten λ1 , λ 2 , . . . , λ k met respectievelijke multipliciteiten m1 , m 2 , . . . , m k heeft, en de niet-reële nulpunten µ1 ± iω1 , µ2 ± iω2 , . . . , µl ± iωl met respectievelijke multipliciteiten n1 , n 2 , . . . , n l . Dan is de algemene oplossing van (5.88) gelijk aan x(t) =

k m i −1 X X

j λi t

cij t e

+

i=1 j=0

l nX i −1 X i=1 j=0

aij tj eµi t cos ωi t + bij tj eµi t sin ωi t . (5.107)

Voorbeeld 5.15: De lineaire differentiaalvergelijking x00 (t) + x0 (t) − 2x(t) = 0 heeft als karakteristieke vergelijking λ2 + λ − 2 = 0.

208

Hoofdstuk 5

De nulpunten zijn λ1 = 1

λ2 = −2

en

en de algemene oplossing is

x(t) = c1 eλ1 t + c2 eλ2 t = c1 et + c2 e−2t . Voorbeeld 5.16: De vergelijking x00 + 9x = 0 heeft als karakteristieke vergelijking λ2 + 9λ = 0. De nulpunten zijn λ1 = 3i

en

De algemene oplossing is

λ2 = −3i.

x(t) = c1 cos 3t + c2 sin 3t. Voorbeeld 5.17: De vergelijking heeft als karakteristieke veelterm

x00 − 10x0 + 25x = 0

p(λ) = λ2 − 10λ + 25 = (λ − 5)2 . Er is één nulpunt λ = 5 met multipliciteit 2. De algemene oplossing is x(t) = c1 e5t + c2 te5t . Voorbeeld 5.18: De vergelijking x000 + 4x0 = 0 heeft als karakteristieke veelterm p(λ) = λ3 + 4λ. De nulpunten zijn λ1 = 0,

λ2 = 2i

en

zodat de algemene oplossing is

λ3 = −2i,

x(t) = c1 + c2 cos 2t + c3 sin 3t. Beginvoorwaarden De algemene oplossing van de homogene vergelijking van nde orde bevat n vrije constanten. Deze constanten kunnen bepaald worden uit bijkomende voorwaarden. Om de n constanten te kunnen bepalen hebben we n bijkomende voorwaarden nodig. Vaak is er sprake van beginvoorwaarden, waarbij men de functie en een aantal afgeleiden kent op een bepaald tijdstip, zeg op tijdstip t0 , x(t0 ) = x0 ,

x0 (t0 ) = x1 ,

···

x(n−1) (t) = xn−1

met x0 , x1 , . . . , xn−1 gegeven waarden. [N.B. De notatie x (n−1) staat voor de n−1ste afgeleide van x.]


209

Voorbeeld 5.19: De lineaire differentiaalvergelijking d2 x dx +2 + 5x = 0 2 dx dt

(5.108)

heeft als karakteristiek veelterm p(λ) = λ2 + 2λ + 5. De nulpunten van p(λ) zijn complex: λ1 = −1 + 2i

λ2 = −1 − 2i.

De algemene oplossing is x(t) = c1 e−t cos 2t + c2 e−t sin 2t = (c1 cos 2t + c2 sin 2t)e−t

(5.109)

Indien nog beginvoorwaarden gegeven zijn, dan kan men daaruit de constanten c 1 en c2 bepalen. Neem aan dat bijvoorbeeld x(0) = 2,

en

x0 (0) = 0

(5.110)

gegeven is. Uit (5.109) volgt x(0) = c1 en x0 (t) = (−2c1 sin 2t + 2c2 cos 2t)e−t − (c1 cos 2t + c2 sin 2t)e−t , zodat x0 (0) = 2c2 − c1 . Uit x0 = 2 en x0 (0) = 0 volgt dan c1 = 2

2c2 − c1 = 0.

en

Bijgevolg is c1 = 2

en

c2 = 1

zodat x(t) = (2 cos 2t + sin 2t)e−t de oplossing van (5.108) is die voldoet aan de beginvoorwaarden (5.110).

5.7.3

De niet-homogene vergelijking

Bij de bespreking van niet-homogene vergelijkingen zullen we ons beperken tot vergelijkingen van de tweede orde ax00 (t) + bx0 (t) + cx(t) = f (t) (5.111) met constante coëfficiënten. In de voorgaande paragraaf hebben we de oplossing van de bijbehorende homogene vergelijking ax00 (t) + bx0 (t) + cx(t) = 0 gevonden.

(5.112)

210

Hoofdstuk 5

Om (5.111) op te lossen, hanteren we de volgende strategie. Allereerst lossen we de homogene vergelijking (5.112) op. De algemene oplossing van (5.112) zal twee vrije constanten bevatten. We schrijven xH (t) = c1 x1 (t) + c2 x2 (t) voor de algemene oplossing van de homogene vergelijking. Vervolgens zoeken we een willekeurige oplossing van (5.111). Zo’n willekeurige oplossing noemen we een particuliere oplossing en we noteren ze met x P (t). Als x(t) nu ook een oplossing van (5.111) is dan voldoet x − x P aan L(x − xP ) = Lx − LxP = f − f = 0, zodat x − xP aan de homogene vergelijking (5.112) voldoet. Dus x(t) − xP (t) = c1 x1 (t) + c2 x2 (t) voor zekere constanten c1 en c2 . We kunnen dan concluderen dat de algemene oplossing van (5.111) gelijk is aan x(t) = xP (t) + xH (t) (5.113) waarin xP een particuliere oplossing is van (5.111) en x H de algemene oplossing van (5.112), die we reeds kennen uit het voorgaande. Bijgevolg zijn we nog op zoek naar een particuliere oplossing xP . We zullen twee methoden beschouwen: variatie van de constanten, en de methode der onbepaalde coëfficiënten.

5.7.4

Variatie van de constanten

De methode van variatie van de constanten vertrekt van de algemene oplossing van de bijbehorende homogene vergelijking. Veronderstel dat x(t) = c1 x1 (t) + c2 x2 (t) de algemene oplossing is van (5.112). Dit betekent dat c 1 en c2 constanten zijn en dat x1 (t) en x2 (t) twee lineair onafhankelijke oplossingen zijn van (5.112). We zoeken nu een particuliere oplossing van de niet-homogene vergelijking (5.111) van de vorm xP (t) = v1 (t)x1 (t) + v2 (t)x2 (t)

(5.114)

waarin v1 (t) en v2 (t) nog nader te bepalen functies zijn, zo dat aan (5.111) voldaan is. De differentiaalvergelijking (5.111) zal dan één vergelijking geven waaraan de functies v 1 en v2 dienen te voldoen. Omdat we beschikken over twee onbekende functies, hebben we de vrijheid om nog een verdere bijkomende vergelijking aan v 1 en v2 op te leggen. Dit zullen we in wat volgt op geschikte wijze gaan doen. Merk op dat dit geen beperking van de algemeenheid zal inhouden. Immers, we zijn niet op zoek naar alle mogelijke combinaties van v 1 en v2 zo dat (5.114) aan (5.111) voldoet, maar we zijn tevreden met één enkele combinatie. Deze levert dan de particuliere oplossing x P en de algemene oplossing van (5.111) wordt gegeven door (5.113). We berekenen nu eerst de eerste en tweede-orde afgeleiden van (5.114). We hebben als eerste afgeleide x0P = v1 x01 + v2 x02 + v10 x1 + v20 x2 . (5.115) We leggen aan v1 en v2 de bijkomende voorwaarde op dat v10 x1 + v20 x2 = 0.

(5.116)


211

Dan volgt uit (5.115) dat x0P = v1 x01 + v2 x02 .

(5.117)

x00P = v1 x001 + v2 x002 + v10 x01 + v20 x02 .

(5.118)

De tweede afgeleide is dan

Indien we (5.114), (5.117) en (5.118) invullen in de differentiaalvergelijking (5.111), dan krijgen we a(v1 x001 + v2 x002 + v10 x01 + v20 x02 ) + b(v1 x01 + v2 x02 ) + c(v1 x1 + v2 x2 ) = f, ofwel v1 (ax001 + bx01 + c) + v2 (ax002 + bx02 + cx2 ) + av10 x01 + av20 x02 = f.

(5.119)

Daar x1 en x2 oplossingen zijn van de homogene vergelijking (5.112) zijn in (5.119) de eerste twee termen gelijk aan nul, zodat (5.119) vereenvoudigt tot av10 x01 + av20 x02 = f.

(5.120)

De gezochte onbekende functies v1 en v2 moeten dus voldoen aan (5.120) en aan de bijkomende vergelijking (5.116). We krijgen het stelsel vergelijkingen ( v10 (t)x1 (t) + v20 (t)x2 (t) = 0, (5.121) av10 (t)x01 (t) + av20 (t)x02 (t) = f (t), waarin de functies x1 , x2 , x01 , x02 en f gekend zijn. v10 en v20 zijn derhalve de enige onbekenden. De vergelijkingen (5.121) zijn lineair met determinant x1 (t) x2 (t) det = a(x1 (t)x02 (t) − x01 (t)x2 (t)). ax01 (t) ax02 (t) De uitdrukking W (t) = x1 (t)x02 (t) − x01 (t)x2 (t)

(5.122)

staat bekend als de Wronskiaan van de functies x 1 en x2 . We tonen nu aan dat W (t) 6= 0 voor elke t. De afgeleide van (5.122) is W 0 (t) = x1 (t)x002 (t) + x01 (t)x02 (t) − x01 (t)x02 (t) − x001 (t)x2 (t) = x1 (t)x002 (t) − x001 (t)x2 (t).

(5.123)

De functies x1 en x2 voldoen beide aan de homogene vergelijking (5.112). We gebruiken dit en (5.123) om aW 0 (t) te herleiden tot aW 0 (t) = x1 (t) ax002 (t) − ax001 (t) x2 (t) = x1 (t) −bx02 (t) − cx2 (t) − −bx01 (t) − cx1 (t) x2 (t) = −bx1 (t)x02 (t) + bx01 (t)x2 (t) = −bW (t).

De Wronskiaan voldoet dus aan de differentiaalvergelijking aW 0 (t) = −bW (t). Bijgevolg is er een constante C zodanig dat b W (t) = Ce− a t . (5.124)

212

Hoofdstuk 5

Indien C = 0 dan volgt uit (5.124) dat W (t) = 0 voor alle t. Daar d x2 (t) W (t) x1 (t)x02 (t) − x01 (t)x2 (t) = = 2 , 2 dt x1 (t) x1 (t) x1 (t) betekent W (t) ≡ 0 dat

x2 (t) =K x1 (t)

met K een constante. Dan is x2 (t) = Kx1 (t) zodat de twee functies x1 en x2 lineair afhankelijk zijn. We zijn er evenwel van uit gegaan dat x1 en x2 twee lineair onafhankelijke oplossingen van (5.112) zijn. Het geval C = 0 in (5.124) leidt daarom tot een tegenspraak. Bijgevolg is C 6= 0 en dan volgt uit (5.124) dat W (t) 6= 0 voor alle t, hetgeen we wilden laten zien. De determinant van het stelsel (5.121) verschilt dus van nul voor elke waarde van t. Voor elke t is er daarom een unieke oplossing v 10 (t), v20 (t) van (5.121). Zo bekomen we de afgeleiden v10 en v20 van v1 en v2 . De functies v1 en v2 zelf vinden we als primitieven van v 10 en v20 . Voorbeeld 5.20: We beschouwen x00 − 5x0 + 6x = t3 e2t . We berekenen eerst de algemene oplossing van de bijbehorende homogene vergelijking x00 − 5x0 + 6x = 0. De karakteristieke veelterm is p(λ) = λ2 − 5λ + 6 = (λ − 2)(λ − 3) met als nulpunten λ1 = 2

en λ2 = 3.

We hebben x1 (t) = eλ1 t

en

x2 (t) = eλ2 t

en de algemene oplossing van de homogene vergelijking is daarmee xH (t) = c1 e2t + c2 e3t . We variëren nu de constanten en we zoeken een particuliere oplossing van de vorm xP (t) = v1 (t)x1 (t) + v2 (t)x2 (t). De twee vergelijkingen voor v10 (t) en v20 (t) zijn volgens (5.121) ( v10 (t)x1 (t) + v20 (t)x2 (t) = 0,

av10 (t)x01 (t) + av20 (t)x02 (t) = f (t).

In dit voorbeeld wordt dit (

v10 (t)e2t + v20 (t)e3t = 0, v10 (t)2e2t + v20 (t)3e3t = t3 e2t .


213

De oplossing hiervan is v10 (t) = −t3

en v20 (t) = t3 e−t .

Primitieven hiervan zijn 1 v1 (t) = − t4 4

en

v2 (t) = −(t3 + 3t2 + 6t + 6)e−t

en een particuliere oplossing is xP (t) = v1 (t)x1 (t) + v2 (t)x2 (t) = −

1 4 3 2 t + t + 3t + 6t + 6 e2t . 4

De algemene oplossing van de niet-homogene vergelijking is uiteindelijk 1 4 3 2 x(t) = xP (t) + xH (t) = − t + t + 3t + 6t + 6 e2t + c1 e2t + c2 e3t . 4

5.7.5

Methode der onbepaalde co¨ effici¨ enten

De methode van variatie van de constanten die we zojuist bespraken werkt altijd voor niethomogene lineaire differentiaalvergelijkingen van tweede orde. Een nadeel is echter dat ze vrij omslachtig is en dat in sommige gevallen op eenvoudigere wijze een particuliere oplossing gevonden kan worden. Beschouw als voorbeeld de vergelijking x00 (t) − 3x0 (t) − 4x(t) = 1.

(5.125)

Het rechterlid is hier de constante 1. Indien we als particuliere oplossing eveneens een constante x(t) ≡ A proberen, dan zien we na invullen, dat −4A = 1 en dus dat A = −1/4. Een particuliere oplossing van (5.125) is dus xP (t) = −1/4. Door een gepaste vorm voor de particuliere oplossing te raden (namelijk x(t) = A) met daarin een onbepaalde coëfficiënt A, konden we uit de differentiaalvergelijking de waarde van A vinden. Merk op dat het niet nodig was om hierbij de homogene vergelijking op te lossen. Natuurlijk hebben we voor de algemene oplossing x(t) = xP (t) + xH (t) ook de algemene oplossing van de homogene vergelijking nodig. Beschouw als tweede voorbeeld x00 (t) − 3x0 (t) − 4x(t) = t2 . Indien we hier proberen x(t) = At2

(5.126)

214

Hoofdstuk 5

dan zal na invullen blijken dat geen enkele waarde van A voldoet. In de plaats daarvan proberen we x(t) = At2 + Bt + C met 3 onbepaalde coëfficiënten A, B en C. Nu vinden we x0 (t) = 2At + B

en

x00 (t) = 2A,

zodat x00 (t) − 3x0 (t) − 4x(t) = 2A − 3(2At + B) − 4(At2 + Bt + C) = −4At2 − (6A + 8B)t + (2A − 3B − 4C).

Dit is gelijk aan t2 voor elke t, als en slechts als −4A = 1,

6A + 8B = 0

en

2A − 3B − 4C = 0.

(5.127)

In (5.127) staan 3 lineaire vergelijkingen met 3 onbekenden. De oplossing hiervan is A = −1/4,

B = 3/16,

C = −17/64

en de particuliere oplossing die we vinden is 1 3 17 xP (t) = − t2 + t − . 4 16 64 De methode van onbepaalde coëfficiënten kunnen we gebruiken bij lineaire differentiaalvergelijkingen ax00 (t) + bx0 (t) + cx(t) = f (t) (5.128) indien het rechterlid f (t) een speciale vorm heeft. Ze kan gebruikt worden als f (t) een veeltermfunctie is, een exponentiële functie, een cosinus– of sinusfunctie, of een combinatie van deze speciale functies. We zullen ons hierbij beperken tot een leidraad welke vorm de probeerfunctie x(t) dient aan te nemen bij verschillende rechterleden. Dit is in onderstaande tabel samengevat. f (t) veelterm van graad n ceλt

A0

tn

Probeer voor x(t) + A1 tn−1 + · · · + An−1 t + An Aeλt

(veelterm van graad n) ∗eλt

(A0 tn + A1 tn−1 + · · · + An−1 t + An ) ∗ eλt

(veelterm van graad ≤ n) ∗ cos ωt+ (veelterm van graad ≤ n) ∗ sin ωt

(A0 tn + A1 tn−1 + · · · + An ) ∗ cos ωt+ (B0 tn + B1 tn−1 + · · · + Bn ) ∗ sin ωt

c cos ωt

ceµt cos ωt

of

of

c sin ωt

ceµt sin ωt

A cos ωt + B sin ωt

Aeµt cos ωt + Beµt sin ωt

In de tabel stellen c, λ, ω en µ willekeurige gekende reële getallen voor. De hoofdletters A en B zijn de onbepaalde coëfficiënten. Als het rechterlid f (t) gelijk is aan de som van een aantal functies uit de eerste kolom van de tabel, kies dan voor x(t) de som van de overeenkomstige functies uit de tweede kolom. Een waarschuwing is op zijn plaats bij het gebruik van bovenstaande tabel. Ze werkt namelijk niet altijd. Wanneer bijvoorbeeld het rechterlid f (t) reeds voldoet aan de homogene vergelijking behorende bij (5.128) dan zal de aanbevolen probeerfunctie x(t) uit de tabel ook voldoen aan de homogene vergelijking en dus zeker niet aan de niet-homogene vergelijking (5.128). Vermenigvuldiging van x(t) met t kan dan eventueel uitkomst bieden, of mogelijk met t2 . Als dit ook niet werkt, kan men altijd teruggrijpen op de methode van variatie van de constanten, zoals besproken in de vorige paragraaf.


215

Voorbeeld 5.21: Beschouw x00 − 3x0 − 4x = 3e2t .

Het rechterlid is 3e2t . Volgens de tabel proberen we dus x(t) = Ae2t met A een nog te bepalen constante. Uit x0 (t) = 2Ae2t ,

x00 (t) = 4Ae2t

volgt dan x00 (t) − 3x0 (t) − 4x(t) = 4Ae2t − 6Ae2t − 4Ae2t = −6Ae2t .

Dit is gelijk aan 3e2t als en slechts als −6A = 3, oftewel 1 A=− . 2 De particuliere oplossing is

1 xP (t) = − e2t . 2 Daar de algemene oplossing van de homogene vergelijking x00 − 3x0 − 4x = 0 gelijk is aan xH (t) = c1 e4t + c2 e−t ,

vinden we als algemene oplossing van de niet-homogene vergelijking 1 x(t) = xP (t) + xH (t) = − e2t + c1 e4t + c2 e−t . 2 Voorbeeld 5.22: Beschouw x00 − 3x0 − 4x = 3e−t .

(5.129)

De bijbehorende homogene vergelijking is dezelfde als in het vorige voorbeeld. De algemene oplossing van de homogene vergelijking is dus ook hier xH (t) = c1 e4t + c2 e−t . Het rechterlid is 3e−t . Volgens de tabel proberen we dus x(t) = Ae−t .

(5.130)

Echter, e−t is een oplossing van de homogene vergelijking. Voor elke keuze van A voldoet (5.130) bijgevolg aan x00 − 3x0 − 4x = 0 en niet aan (5.129). We proberen in plaats van (5.129) nu x(t) = Ate−t .

(5.131)

216

Hoofdstuk 5

De afgeleiden zijn x0 (t) = A(−t + 1)e−t ,

x00 (t) = A(t − 2)e−t

zodat x00 (t) − 3x0 (t) − 4x(t) = A(t − 2)e−t − 3A(−t + 1)e−t − 4Ate−t

= (A + 3A − 4A)te−t + (−2A − 3A − 4A)e−t = −9Ae−t .

Dit is gelijk aan 3e−t als en slechts als −9A = 3, dus als 1 A=− . 3 De particuliere oplossing is daarmee 1 xP (t) = − te2t 3 en de algemene oplossing van de niet-homogene vergelijking is 1 x(t) = xP (t) + xH (t) = − te2t + c1 e4t + c2 e−t . 3


5.8

217

Oefeningen

Oefening 5.1

Bepaal het domein en de afgeleide van:

(a) f (x) = x2 e2x

(g) f (x) =

(b) f (x) = ln(2x + 5)

e−2x x2

(h) f (x) = ln | ln x|

2x (c) f (x) = ln 2 x +1

(i) f (x) =

e2x (d) f (x) = √ e2x − 1

x ln x

(j) f (x) = −x + x ln x (k) f (x) = ln(x3 + 3) x e + 1 1/2 (l) f (x) = ln x e −1

(e) f (x) = ln(−x) √ (f) f (x) = ln 1 − x2 Oefening 5.2 (a) Toon aan dat voor h > 0 geldt

h < ln(1 + h) < h. 1+h (b) Bereken met de insluitstelling ln(1 + h) . h→0 h lim

(c) Toon aan dat voor elke n ∈ N0 geldt 1 n+1 1 < ln < . n+1 n n (d) Bewijs met behulp van (c) ln(n + 1) <

n X 1 < 1 + ln n. k k=1

Oefening 5.3

Laat zien dat exp(x) de enige afleidbare functie is die voldoet aan df (x) = f (x) dx

en

f (0) = 1.

(5.132)

[Hint: Neem aan dat f een afleidbare functie is die voldoet aan (5.132) en laat zien dat de afgeleide van de functie f (x)/ exp(x) gelijk aan 0 is.] Oefening 5.4 Bepaal de vergelijking van de raaklijn aan de kromme y = f (x) in het punt P met de gegeven x-coördinaat: (a) f (x) = xex (b) f (x) = xe−x

in x = 5 in x = 0

(c) f (x) = ln x3 (d) f (x) = e2x

in x = e in x = 1

218

Hoofdstuk 5

Oefening 5.5

Bewijs dat:

(a) ∀x > 0 : 1 + x +

x2 xn + ... + < ex 2! n!

(b) ∀x > 0 : 1 − x +

x2 x3 x2 − < e−x < 1 − x + 2 6 2

Oefening 5.6

Bereken de volgende getallen:

(a) log 2 16

(d) log1 64

(b) log 4 64

(e) log4

(c) log 2

1 32

(g) 24 log2 3

1 16

(h) logx2 x12 als x > 0 (i) logv2 +1 (v 4 + 2v 2 + 1)

(f) log3 27

Oefening 5.7 Neem aan dat f : R+ 0 → R een differentieerbare functie is die voldoet aan de twee voorwaarden 1 en f (1) = 0. f 0 (x) = x Laat zien dat f (x) = ln x. Oefening 5.8

Bereken het domein en de afgeleide van:

(a) log 10 (x2 + 6x + 1) (b) ex

(h) log 2

x

2x − 1 2x + 1

(i) π 3x

(c) x1/x

1 (1 + ex )x

√ (d) log 10 9 − x2

(j)

(e) x

(k) xln x

√ x

(f) log 2 (x2 + x + 2)4 (g) (1 + x2 )2x Oefening 5.9

r

(l) 2

√

x

(m) 31/x

Bepaal de waarde van volgende getallen 5π 4

(a) sin 135◦

(e) cot

(b) sin(−225◦ ) 5π (c) tan − 4 5π (d) sin − 6

2π 3 π (g) sec − 3 π (h) cosec 4 (f) tan

Transcendente Functies Oefening 5.10

219

Bewijs volgende identiteiten:

(a) sin 2x =

2 tan x 1 + tan2 x

(c) tan

(b) cos 2x =

− tan2 x

(d) sec

Oefening 5.11

1 1 + tan2 x

π

2 π 2

− x = cotanx

− x = cosecx

Bereken het domein en de afgeleide van

(a) f (x) = sin(2x + 1) (b) f (x) = cos2 (x2 + 4x + 1) (c) f (x) = x2 sin(4x2 − 1) (d) f (x) = cos2 (sin 4x) cos x 4 (e) f (x) = sin 1 + cos2 x 1 + cos x 1/2 (f) f (x) = ln 1 − cos x

(g) f (x) = esin 3x 1 − x2 (h) f (x) = tan 1 + x2 1 − cos x (i) f (x) = tan 1 + cos x (j) f (x) = tan(x4 − x3 ) (k) f (x) = cos(tan x) (l) f (x) = ln(2x + cos x)

Oefening 5.12 Bepaal de vergelijking van de raaklijn aan de kromme y = f (x) in het punt P met de gegeven x-coördinaat: 1 sin x x (b) f (x) = sin 2 (a) f (x) =

Oefening 5.13

π 2 π in x = 3 in x =

(c) f (x) = sin πx (d) f (x) = tan

(b) | tan x| ≥ |x| voor alle x ∈ ] − π/2, π/2[ (c) bgtanx < x voor alle x > 0

Oefening 5.14

x 1+x2

voor alle x > 0

Bereken de volgende limieten:

1 2

in x = 3π

Toon aan met behulp van de middelwaardestelling

(a) |1 − cos x| ≤ |x| voor alle x ∈ R

(d) bgtanx >

x 2

in x =

220

Hoofdstuk 5 sin 3x x→0 x

(h) lim

tan h (b) lim h→0 sin h

(i) lim

(a) lim

x→0

tan3 h h→0 h2 sin h cos h

tan h h→0 h cos h

(j) lim

(c) lim

h→0

(k) lim

x→1

(e) limπ (sec x − tan x) x→ 2

(f) lim (cos x)1/x

h − tan h h − sin h

1 + cos πx x2 − 2x + 1 sin x 1 (l) lim x→0 1 − cos x 1 1 − (m) lim x→0 sin x x

1 − cos2 x (d) lim x→0 x2

2

x→0

ex + e−x − 2 x→0 1 − cos 2x

(g) lim

Oefening 5.15

tan x 1 − cos x

(n) lim sin x ln x x→0

Bepaal de volgende getallen:

√ √ √ √ (a) voor f (x) = bgsinx: f (1/ 2), f ( 3/2), f (1/2), f 0 (1/2), f 0 (1/ 2), f 0 ( 3/2). √ √ (b) voor f (x) = bgcosx: f (1/2), f (1/ 2), f 0 (1/2), f 0 (1/ 2). √ √ √ √ (c) voor f (x) = bgtanx: f (1), f (1/ 3), f ( 3), f 0 (1/ 3), f 0 ( 3). Oefening 5.16

Bepaal a en b zodanig dat lim

x→0

Oefening 5.17

cos ax − b = −1. 2x2

Laat zien dat voor a > 0 geldt lim n

n→∞

Oefening 5.18

Bepaal het domein en de afgeleide van:

(a) f (x) = bgsin(x2 − 1) 1 (b) f (x) = xbgtan √ x 1 (c) f (x) = bgsin 1 + x2 (d) f (x) = (bgtan4x)3 (e) f (x) = bgtan(1/x) (f) xsin x

√ n a − 1 = ln a.

(g) f (x) =

1 bgtan(bgsin2x) 2

(h) f (x) = bgtan(sin 2x) (i) f (x) = bgcos(2x + 5) 2−x (j) f (x) = bgcos 2+x (k) f (x) = x2 bgtan2x 1 − ex (l) tan 1 + ex


221

Bepaal de afgeleide van:

(a) f (x) = bgtanex

(e) f (x) = tan ex

(b) f (x) = bgsin(ex + x)

(f) f (x) = exp(−bgsinx)

(c) f (x) = exp(bgtanx)

(g) f (x) = ln(bgcosx)

1 (d) f (x) = bgsinx

1 (h) f (x) = bgtanx + bgtan x

Oefening 5.20

Bereken voor a ∈ R de limiet n n . lim n→∞ n + a

Oefening 5.21

Bereken

bgcosx lim √ . 1−x

x→1−

Oefening 5.22

Bereken de volgende limieten: (h) lim (sin x)x

ex (a) lim √ x→∞ x

(i) lim

(b) lim x1/x

x→0

x→∞

(c) lim (x2 − 1) tan x→1+

(d) lim

x→∞

(e)

x→π/2

x→0+

3

(g) lim x 2 e−x x→∞

Oefening 5.23 intervallen:

(j) lim x4 e x→∞

x

−x2

1/ ln x

(l)

lim

x→π/2−

x→0

(p) lim e1/x

2

1/x

x→∞

(q) lim (cos x)1/x x→0

x→0

(tan x)cos x

(f) lim (sin x)

sin x 1− x

(k) lim (1 − cos x)sin x

x2 ln x

lim

πx 2

e3x − 5x

(o) lim

x→0

1

(tan x) ln(cos x)

(r) lim

x→∞

e3x − 5x

(s) lim xα ln x x→0+

sin x x

ln x (m) lim √ x→∞ x

(t) lim

(n) lim (1 − x)cos(πx/2)

(u) lim e1/x

x→0

x→1−

1/x

1/x2

x→0−

Bepaal het maximum en minimum van de volgende functies op de gegeven

(a) f (x) = x − 2 cos 2 voor x ∈ [−π, π]

(d) f (x) = bgtan(x2 + 1) voor x ∈ R

(b) f (x) = sin2 x voor x ∈ [0, 2π]

(e) f (x) = |ex − 1| voor x ∈ [−1, 1]

(c) f (x) = 2 sin x − cos 2x voor x ∈ [0, 2π]

(f) f (x) = ln(x2 + 1) voor x ∈ [−1, 1]

Oefening 5.24

Neem aan dat f een functie is die voldoet aan d2 f = −f. dx2

Laat zien dat er constanten C1 en C2 bestaan zodat f (x) = C1 cos x + C2 sin x.

222

Hoofdstuk 5

Oefening 5.25

Bewijs Eigenschap 5.29.

Oefening 5.26


Oefening 5.27


Oefening 5.28 (a) Toon aan dat de functie cotan beperkt tot het interval ]0, π[ cotan : ]0, π[→ R : x 7→ cotanx, een inverse functie heeft. Deze inverse functie noemen we de boogcotangens bgcotan. (b) Bepaal het domein en het bereik van bgcotan. (c) Toon aan dat d −1 bgcotanx = . dx 1 + x2 Oefening 5.29

Laat zien dat bgsinx + bgcosx een constante functie is. Bepaal C zo dat ∀x ∈ [−1, 1] : bgsinx + bgcosx = C.

Oefening 5.30 dat

Laat zien dat bgtanx + bgcotanx een constante functie is. Bepaal C zo ∀x ∈ R : bgtanx + bgcotanx = C.

Oefening 5.31 Bereken de Taylorveelterm van graad vier van de gegeven functie f (x) rond het gegeven punt a. (a) f (x) = cos 2x rond a =

π 4

(d) f (x) = bgtanx rond a = 1

2

(b) f (x) = e−x rond a = 0

(e) f (x) = bgtanx rond a = 0

(c) f (x) = sinh x rond a = 0

(f) f (x) = cosh x rond a = 0.

Oefening 5.32

Voor welke waarden van x kan sin x vervangen worden door x−

x3 x5 + 6 120

met een fout die kleiner is dan 10−5 ? Oefening 5.33 Bepaal een veelterm die de gegeven functie f (x) in het gegeven interval benaderd met een fout die in absolute waarde kleiner is dan de aangegeven . (a) f (x) = ex op het interval [−2, 2] met = 10−10 (b) f (x) = cos2 x op het interval [−0.2, 0.2] met = 10 −3 (c) f (x) = bgsinx op het interval [−0.2, 0.2] met = 10 −4


223

Stel de Maclaurinreeks op van de volgende functies: (d) f (x) = e3x

(a) f (x) = xe−x

(e) f (x) = sin(x2 ) ( 1−cos x

(b) f (x) = x2 cos x (c) f (x) = sin2 x Oefening 5.35

(f) f (x) =

als x 6= 0 als x = 0

Gebruik reeksontwikkelingen om de volgende limieten te berekenen:

ex − x − 1 x→0 x2

(f) lim

(a) lim

x→0

cosh x − cos x sinh x − sin x

ex − e−x − 2 x→0 x2

ln(cos x) (b) lim x→0 sin x2

(g) lim

sin x2 (c) lim x→0 sin2 x

(h) lim

tan x x→0 sin x

(i) lim

cos x − ex x→0 x

(j) lim

(1 + x)1/2 − 1 − x/2 x→0 x2 sin x2 − sin2 x x→0 cos x2 − cos2 x

(d) lim

ex − esin x x→0 x3

(e) lim

Oefening 5.36

x2 1 2

Toon aan dat ∞

π X (−1)k √ = . 6 3k 3(2k + 1) k=0

[Aanwijzing: denk aan de Maclaurinreeks voor de boogtangens.] Oefening 5.37 Een meer bevat aanvankelijk 500 vissen. De populatie vissen in de loop van de tijd wordt beschreven door de volgende logistieke kromme: p(t) =

10000 . 1 + 19e−t/5

Hierbij wordt de tijd t gemeten in maanden. (a) Schets de grafiek van de functie p. (b) Met welke snelheid groeit de populatie na 1 maand? (D.w.z. wat is de afgeleide p 0 (1).) Hoe snel groeit ze na 5 maanden? (c) Na hoeveel maanden groeit de populatie het snelst? Oefening 5.38 De opbrengst V (in miljoen Dollar per 4000 m 2 ) van hout van een woud na t jaren wordt gegeven door V (t) = 6.7 e−48.1/t . (a) Vind het limietbedrag van de opbrengst per 4000m 2 als t naar oneindig convergeert. (b) Vind de snelheid waarmee de opbrengst varieert als t = 20 en als t = 60.

224

Hoofdstuk 5

Oefening 5.39 Op de schaal van Richter wordt de grootte R van een aardbeving met intensiteit I gegeven door ln I − ln I0 R= , ln 10 waarbij I0 de minimale intensiteit is en gebruikt wordt als referentiewaarde. Veronderstel dat I0 = 1. (a) Vind de intensiteit van de aarbeving in San Fransisco in 1906 als je weet dat dan R de waarde 8.3 had. (b) Vind

dR . dI

Oefening 5.40 De atmosferische druk (uitgedrukt in millimeter kwik) daalt exponentieel snel met stijgende hoogte x (uitgedrukt in meter (m)). De druk op zeeniveau is 760 mm kwik en op een hoogte van 1000 m is de druk 672.71 mm kwik. Vind de waarde van de druk op 3000 m hoogte. Oefening 5.41

Geef de algemene oplossing van de volgende differentiaalvergelijkingen.

(a) x00 = x. (b) x00 − 7x0 + 6x = 0. (c) x00 − 4x0 + 13x = 0. (d) x00 + 4x0 + 4x = 0. Oefening 5.42

Geef de oplossing van de volgende beginwaardeproblemen.

(a) x00 + x0 − 2x = 0,

x0 (0) = −5.

x(0) = 4,

(b) x00 + 2x0 + 5x = 0,

x(0) = 1,

x0 (0) = 5.

(c) x00 + 5x0 + 6x = 0,

x(0) = 0,

x0 (0) = 1.

Oefening 5.43

Geef de algemene oplossing van

(a) x00 − 3x0 − 4x = 3e2t . (b) x00 + 4x = 8t2 . (c) x00 − 3x0 − 4x = 3te2t . (d) x00 − 2x0 + x = t. Oefening 5.44

Geef de oplossing van

(a) x00 − x0 − 2x = 3e2t ,

x(0) = 0,

(b) x00 + x0 − 2x = 14 + 2t − 2t2 ,

x0 (0) = −2.

x(0) = 0,

x0 (0) = 0.


225

De functie u(x), 0 < x < 2 voldoet aan de differentiaalvergelijking u00 (x) + u(x) = −x

als 0 < x < 1, u00 (x) + u(x) = −(2 − x) als 1 < x < 2. Voorts voldoet u aan de randvoorwaarden u(0) = 0,

en

u(2) = 0

en is gegeven dat u en u0 continue functies zijn in [0, 2]. Bereken de functie u(x). Oefening 5.46

De uitwijking u(t) van een slinger voldoet aan de differentiaalvergelijking mu00 (t) + ku(t) = cos(ω0 t)

met constanten m > 0, k > 0, en ω0 ∈ R. Bepaal de oplossing die voldoet aan de beginvoorwaarden u(0) = 0, u0 (0) = 0. Wanneer is er sprake van een onbegrensde oplossing? Oefening 5.47

Beschouw de differentiaalvergelijking u00 (x) = −ω 2 u(x)

met randvoorwaarden u(0) = 0,

u(1) = 0.

Het is eenvoudig in te zien dat de nulfunctie u(x) ≡ 0 aan dit randwaardeprobleem voldoet. Voor welke waarden van ω zijn er nog andere oplossingen?

226

Hoofdstuk 6

Hoofdstuk 6

Grafieken van Functies en Vergelijkingen De grafiek van f geeft een grafische voorstelling van de functie f . Deze voorstelling van f is vaak handig. We willen daarom over een procedure beschikken om de grafiek van f nauwkeurig te tekenen. In Hoofdstukken 2 en 3 werden reeds verschillende aspecten van graff behandeld. In Hoofdstuk 2 werden het domein en het beeld van f gedefinieerd en de snijpunten van de grafiek met de coördinaatassen bepaald. In Hoofdstuk 3 hebben we met behulp van de afgeleide en de middelwaardestelling de kritieke punten, de extreme waarden en het monotoon verloop van functies onderzocht. In de eerste paragraaf van dit hoofdstuk wordt deze informatie samengebracht en vervolledigd met convexiteit, buigpunten en asymptoten. In de tweede paragraaf wordt uitgelegd dat vlakke krommen ook kunnen gedefinieerd worden als de grafieken van vergelijkingen. Als belangrijk voorbeeld worden de canonieke vergelijkingen van de kegelsneden opgesteld. In de derde paragraaf worden poolcoördinaten ingevoerd om de punten van het vlak te beschrijven en wordt uitgelegd hoe vlakke krommen met parametervergelijkingen worden bepaald.

6.1

Systematisch onderzoek van grafieken van functies

In Hoofdstuk 2 werd de grafiek van f reeds gedefinieerd als de verzameling van punten van het geijkte vlak die bekomen wordt door met elk element x ∈ dom f het punt P te laten corresponderen met abscis x en ordinaat f (x). De grafiek van f is een vlakke kromme en bevat alle informatie over het verloop van de functie f . De grafiek kan op gepaste wijze worden getekend wanneer men rekening houdt met de volgende aspecten: • de snijpunten van graf f met de co¨ ordinaatassen: x = 0,

y = f (0) =?,

y = f (x) = 0, • • • •

x =?;

de kritieke punten: f 0 (x) = 0, x =?; de intervallen waarin f stijgend of dalend is; de extrema; het gedrag van de kromme als de x-co o ¨rdinaat zeer groot wordt, lim f (x) =?,

x→±∞

of als de y-coo ¨rdinaat zeer groot wordt, f (x) → ±∞, 227

x = ?;

228

Hoofdstuk 6 • convexiteit; • asymptoten. We bespreken nu achtereenvolgens convexiteit en asymptoten.

6.1.1

Convexiteit en buigpunten

Stel dat de functie f : [a, b] → R : x 7→ f (x), een continue functie is waarvoor f 0 en f 00 bestaan op ]a, b[. De afgeleide f 0 is een maat voor de lokale verandering van f . Op dezelfde wijze is f 00 een maat voor de lokale verandering van f 0 . f 00 geeft dus informatie over de verandering van de richtingscoëfficiënt van de raaklijn aan graf f . In wat volgt wordt de richtingscoëfficiënt van de raaklijn aan graf f de helling van graf f genoemd. Wanneer ∀x ∈ [a, b] : f 00 (x) ≥ 0, dan is f 0 (x) een stijgende functie op [a, b], zodat de helling van de kromme steiler wordt wanneer de kromme doorlopen wordt van x = a tot x = b. De kromme is in dit geval opwaarts gebogen of convex. Wanneer ∀x ∈ [a, b] : f 00 (x) ≤ 0, dan is f 0 (x) een dalende functie op [a, b]. De helling van de kromme neemt af wanneer de kromme doorlopen wordt van x = a tot x = b. De kromme is in dit geval neerwaarts gebogen of concaaf. Deze begrippen zijn ge¨ıllustreerd in Figuur 6.1.

y

y

x

x

Figuur 6.1: Convex (links) en concaaf (rechts). In volgende stellingen geven we equivalente voorwaarden voor het convexe en het concave gedrag van grafieken.

Grafieken van Functies en Vergelijkingen

229

Hulpstelling 6.1: Neem aan dat f : [a, b] → R : x 7→ f (x),

een continue functie is waarvoor f 0 (x) en f 00 (x) bestaan op ]a, b[. Dan geldt 1. Indien ∀x ∈ ]a, b[ : f 00 (x) > 0, dan ligt het lijnstuk door willekeurig twee punten P , Q ∈ graf f volledig boven graf f . 2. Indien ∀x ∈ ]a, b[ : f 00 (x) < 0, dan ligt het lijnstuk door willekeurig twee punten P , Q ∈ graf f volledig onder graf f . Bewijs: We bewijzen 1. en we nemen dus aan dat f 00 (x) > 0 voor elke x in het interval ]a, b[.

y

Q P

a

c dx x xQ b

xP

x

Figuur 6.2: Convexiteit: ligging van de kromme ten opzichte van het lijnstuk P Q. De grafiek van f en het lijnstuk door twee punten P , Q ∈ graf f zijn aangegeven in Figuur 6.2. De vergelijking van de rechte P Q is y = f (xP ) +

f (xQ ) − f (xP ) (x − xP ). xQ − x P

Het lijnstuk P Q ligt boven de kromme indien ∀x ∈ ]xP , xQ [ : f (x) < f (xP ) +

f (xQ ) − f (xP ) (x − xP ). xQ − x P

Om dit aan te tonen vormen we de verschilfunctie V (x) =

f (xQ ) − f (xP ) (x − xP ) + f (xP ) − f (x) xQ − x P

en we moeten bewijzen dat ∀x ∈ ]xP , xQ [ : V (x) > 0.

(6.1)

230

Hoofdstuk 6

Natuurlijk geldt er dat V (xP ) = V (xQ ) = 0. Voorts geldt V 0 (x) =

f (xQ ) − f (xP ) − f 0 (x). xQ − x P

De functies f en f 0 voldoen beide aan de voorwaarden van de middelwaardestelling van Lagrange. In de eerste plaats is dan f (xQ ) − f (xP ) = f 0 (c) xQ − x P voor zekere c tussen xP en xP . Dus V 0 (x) = f 0 (c) − f 0 (x) voor zekere c ∈ ]xP , xQ [. Het punt c hangt enkel af van xP en xQ en niet van x. De middelwaardestelling toegepast op f 0 levert vervolgens V 0 (x) = (c − x)f 00 (d) voor zekere waarde d tussen x en c. Er geldt zeker dat f 00 (d) > 0. Hieruit volgt V 0 (x) > 0 0

V (x) < 0

als x ≤ c, als x ≥ c.

Het tekenverloop van V 0 (x) en het verloop van V (x) worden samengevat in onderstaande tabel. x 0 (x)

V V (x)

xP + 0

+ stijgend

c 0 max

− dalend

xQ − 0

Uit deze tabel volgt (6.1) direct.

2

Buigpunten Definitie:

Een punt waar het verloop van de kromme overgaat van convex naar concaaf, of omgekeerd van concaaf naar convex, wordt een buigpunt of inflectiepunt van de kromme genoemd.

Wanneer de kromme de grafiek is van een functie f dan heet een buigpunt van de kromme ook wel een buigpunt van f . Als f een functie is waarvoor f 00 bestaat en continu is, dan moet f 00 (x) = 0, in een buigpunt. In een buigpunt treedt een overgang op van toename naar afname van de helling van de kromme, of omgekeerd een overgang van afname naar toename. Tweede-afgeleidetest voor extrema We geven nu de tweede-afgeleidetest voor de bepaling van extrema.


231

Stelling 6.2: Neem aan dat f een continue functie is die differentieerbaar is in een open interval ]a, b[. Neem aan c ∈ ]a, b[ met f 0 (c) = 0 en veronderstel dat f 00 (c) bestaat. 1. Indien f 00 (c) > 0, dan neemt f in c een lokaal minimum aan. 2. Indien f 00 (c) < 0, dan neemt f in c een lokaal maximum aan.

Bewijs: We bewijzen 1. We nemen dus aan dat f 00 (c) > 0. Dan geldt omdat f 0 (c) = 0, f 0 (x) − f 0 (c) f 0 (x) = lim > 0. x→c x→c x − c x−c

f 00 (c) = lim Er is dan een δ > 0, zodat

∀x ∈ ]c − δ, c[ ∪ ]c, c + δ[ :

f 0 (x) > 0. x−c

Hieruit volgt ∀x ∈ ]c − δ, c[ : f 0 (x) < 0 en ∀x ∈ ]c, c + δ[ : f 0 (x) > 0. De functie f is dan strikt dalend op ]c − δ, c[ en strikt stijgend op ]c, c + δ[ en bijgevolg correspondeert c met een lokaal minimum. 2

6.1.2

Asymptoten

y

P’’ Q α

P P’

x

Figuur 6.3: Asymptoten: illustratie bij de definitie. We onderzoeken nu het bestaan van rechten waartoe graf f willekeurig dicht nadert wanneer de x- of y-coördinaat van een punt van graf f naar ±∞ streeft. Dergelijke rechten worden asymptoten genoemd.

232

Hoofdstuk 6

Definitie:

Een asymptoot van een oneindig voortlopende tak van een kromme is een rechte met de eigenschap dat de afstand van een punt P van de kromme tot de rechte de limiet nul heeft als het punt P zich oneindig over de kromme verwijdert.

De definitie is ge¨ıllustreerd in Figuur 6.3. We onderscheiden horizontale, verticale en schuine asymptoten. Horizontale Asymptoten De horizontale rechte y = b is een asymptoot van graf f indien lim f (x) = b

x→∞

of

lim f (x) = b.

(6.2)

x→−∞

Een horizontale asymptoot is ge¨ıllustreerd in Figuur 6.4.

y

b

y

Q

x=a

y=b

P Q

P

a

x

x

Figuur 6.4: Voorbeeld van een horizontale asymptoot (links) en van een verticale asymptoot (rechts). De afstand van P ∈ graf f tot de horizontale rechte y = b is |f (x) − b|, en de eis dat deze afstand nul als limiet heeft wanneer P zich oneindig ver over graf f verwijdert, wordt uitgedrukt door (6.2). Verticale Asymptoten De verticale rechte x = a is een asymptoot van graf f als lim f (x) = ∞,

of

lim f (x) = ∞,

of

x→a+

lim f (x) = −∞

x→a+

of als x→a−

lim f (x) = −∞.

x→a−

Een verticale asymptoot is ge¨ıllustreerd in Figuur 6.4 (rechts).


233

Schuine Asymptoten Een rechte die niet evenwijdig is met één van de coördinaatassen, is een schuine asymptoot van de kromme, indien de afstand P Q nul als limiet heeft wanneer P zich onbeperkt over de kromme voortbeweegt. De schuine rechte met als vergelijking y = ax + b is een schuine asymptoot van graf f indien lim (f (x) − ax − b) = 0

lim (f (x) − ax − b) = 0.

of

x→∞

(6.3)

x→−∞

In het geval x → ∞ worden de constanten a en b gegeven door a = lim

x→∞

f (x) x

en

b = lim (f (x) − ax).

(6.4)

x→∞

Voor grote waarden van x gedraagt de functie f (x) zich zoals de lineaire functie ax + b en is er nauwelijks onderscheid tussen graf f en de rechte met als vergelijking y = ax + b. Evenzo worden voor x → −∞ de constanten a en b gegeven door a = lim

x→−∞

f (x) x

en

b = lim (f (x) − ax).

(6.5)

x→−∞

Als de limieten in (6.4) en (6.5) niet bestaan, dan heeft de functie geen schuine asymptoot. In de volgende voorbeelden onderzoeken we de transcendente functies gedefinieerd in Hoofdstuk 5 op convexiteit en het bestaan van asymptoten. Voorbeelden 6.1: Goniometrische en cyclometrische functies • f : [0, 2π] → [−1, 1] : x 7→ f (x) = sin x Omdat f 00 (x) = − sin x, is f 00 (x) < 0 als x ∈ ]0, π[ en f 00 (x) > 0 als x ∈ ]π, 2π[. Bijgevolg is sin x concaaf in ]0, π[, convex in ]π, 2π[ en is x = π een buigpunt. • f : [0, 2π] → [−1, 1] : x 7→ f (x) = cos x Omdat f 00 (x) = − cos x, is de tweede afgeleide 0 voor x = π/2 en x = 3π/2. Verder is f 00 (x) < 0 als x ∈ ]0, π/2[, f 00 (x) > 0 als x ∈ π/2, 3π/2[ en f 00 (x) < 0 als x ∈ 3π/2, 2π[. Bijgevolg is cos x concaaf in ]0, π/2[ en ]3π/2, 2π[ en convex in ]π/2, 3π/2[. De punten x = π/2 en x = 3π/2 zijn buigpunten. sin x en cos x hebben geen asymptoten. • f : ] − π2 , π2 [ → R : x 7→ f (x) = tan x Omdat 1 f 0 (x) = , en cos2 x is f 00 (x) < 0 als x ∈

i π h − ,0 2

f 00 (x) =

en

2 sin x 2 tan x = , 3 cos2 x cos x f 00 (x) > 0 als x ∈

i

0,

πh . 2

234

Hoofdstuk 6 Bijgevolg is tan x concaaf in ] − π/2, 0[ en convex in ]0, π/2[; x = 0 is een buigpunt. Verder is lim tan x = −∞ en lim tan x = +∞, x→−π/2+

x→π/2−

zodat x=−

π 2

en

x=

π , 2

verticale asymptoten zijn. • f : [−1, 1] → [− π2 , π2 ] : x 7→ f (x) = bgsinx Hier hebben we 1 f 0 (x) = √ , 1 − x2

x f 00 (x) = q . 2 3 (1 − x )

en

Dus f 00 (x) < 0 als x ∈ ] − 1, 0[

en

f 00 (x) > 0 als x ∈ ]0, 1[.

Bijgevolg is bgsinx concaaf in ] − 1, 0[ en convex in ]0, 1[; x = 0 is een buigpunt. • f : [−1, 1] → [0, π] : x 7→ f (x) = bgcosx Omdat −x f 00 (x) = p (1 − x2 )3

is bgcosx convex in ] − 1, 0[ en concaaf in ]0, 1[; x = 0 is een buigpunt.

• f : R → ] − π2 , π2 [ : x 7→ f (x) = bgtanx Omdat 1 f 0 (x) = , en (1 + x2 )

f 00 (x) =

−2x . (1 + x2 )2

is bgtanx convex voor x < 0 en concaaf voor x > 0; x = 0 is een buigpunt. Verder is π lim bgtanx = − , x→−∞ 2

en

lim bgtanx =

x→∞

De horizontale rechten

π 2 zijn bijgevolg horizontale asymptoten. y=−

en

y=

π . 2

π 2

Voorbeelden 6.2: De exponenti¨ ele en logaritmische functies. • f : R+ 0 → R : x 7→ f (x) = ln x We hebben f 00 (x) = −

1 < 0, x2

zodat ln x concaaf is. Verder is lim ln x = −∞.

x→0+

De verticale rechte x = 0 is bijgevolg een verticale asymptoot. Voor x → ∞, heeft ln x geen horizontale asymptoot en ook geen schuine asymptoot.


235

x • f : R → R+ 0 : x 7→ f (x) = e We hebben

f 00 (x) = ex > 0, zodat ex convex is. Verder is lim ex = 0,

x→−∞

zodat de horizontale rechte y = 0 een horizontale asymptoot is. • f : R+ 0 → R : x 7→ f (x) = log a x Er geldt

−1 . ln a Voor 0 < a < 1 is log a x convex, terwijl voor log a x concaaf is voor a > 1. Verder is f 00 (x) =

lim log a x = ∞ als 0 < a < 1,

x→0+

x2

lim log a x = −∞ als a > 1,

x→0−

zodat de verticale rechte x = 0 een verticale asymptoot is. x • f : R → R+ 0 : x 7→ f (x) = a Hier is

f 00 (x) = ax (ln a)2

> 0,

zodat ax steeds convex is. Verder is lim ax = 0

x→∞

als 0 < a < 1,

lim ax = 0

x→−∞

als a > 1,

zodat de horizontale rechte y = 0 een horizontale asymptoot is als a 6= 1. In de volgende voorbeelden illustreren we het systematisch onderzoek van grafieken van functies. Voorbeeld 6.3: We onderzoeken de grafiek van de Gaussische functie die veel gebruikt wordt in de statistiek en foutenrekening (voor de bepaling van betrouwbaarheidsintervallen en foutenmarges): 2

f : R → R : x 7→ e−x . We hebben f 0 (x) = −2xe−x

2

en

2

f 00 (x) = (4x2 − 2)e−x .

De nulpunten van f 0 en f 00 zijn respectievelijk x = 0 en x = ± √12 . Het tekenverloop van f 0 en f 00 en het verloop van f zijn samengevat in onderstaande tabel. x 0 f (x) f 00 (x) f (x)

− √12 + + + 0 stijgend convex buigpunt

0 + 0 − − − − max concaaf

√1 2

− − 0 + dalend buigpunt convex

f is een even functie, dit wil zeggen dat f (−x) = f (x). Voor de grafiek betekent dat dat graf f een symmetrische kromme is ten opzichte van de y-as. Verder is f (x) > 0 voor elke x ∈ R en f (0) = 1. Tenslotte is 2 lim e−x = 0 x→±∞

zodat de x-as een horizontale asymptoot is. De grafiek is getekend in Figuur 6.5.

236

Hoofdstuk 6

Figuur 6.5: De grafiek van f (x) = exp(−x 2 ) van Voorbeeld 6.3. Voorbeeld 6.4: We onderzoeken nu de grafiek van een meer algemene vorm van de Gaussische functie, namelijk 1 (x − m)2 √ f : R → R : x 7→ f (x) = exp − 2σ 2 σ 2π

met m ∈ R en σ > 0. Met behulp van de substitutie t=

x−m √ , σ 2

wordt f (x)

2 1 f (x) = √ e−t . σ 2π Het verloop van deze functie kan aangegeven worden met de resultaten van Voorbeeld 6.3. We hebben

t=0

⇐⇒

x = m,

1 t = ±√ 2

⇐⇒

x = m ± σ.

De grafiek is symmetrisch omheen de verticale rechte x = m en bereikt een absoluut maximum in x = m. Het maximum is 1 f (m) = √ . σ 2π De grafiek heeft een buigpunt bij x = m ± σ. Het verloop van f wordt samengevat in onderstaande tabel. x f (x)

m−σ stijgend convex buigpunt

m max concaaf

m+σ dalend buigpunt convex

f wordt de normale of Gaussische functie genoemd met gemiddelde m en standaarddeviatie σ. De grafiek van f wordt de normale of Gaussische kromme genoemd. Normale


237

Figuur 6.6: Normale krommen met m = 0, σ = 0.4 (dikke volle lijn), 1 (onderbroken lijn) en 2.5 (stippellijn). krommen voor m = 0, en σ = 1, 0, 4 en 2, 5 zijn weergegeven in Figuur 6.6. Wanneer σ groot is, is het maximum bij x = m weinig uitgesproken en de grafiek van f heeft een vrij vlak verloop. Wanneer de standaarddeviatie σ klein is, is het maximum bij x = m zeer uitgesproken en graf f wordt gekenmerkt door een duidelijke piek omheen x = m. De factor √ 1/(σ 2π) wordt ingevoerd opdat de oppervlakte onder de kromme is aan 1. Voorbeeld 6.5: We onderzoeken de grafiek van de functie f : R \ {3} → R : x 7→ f (x) =

x2 − 3x + 2 . x−3

1. Snijpunten met de coördinaatassen • x-as. Voor f (x) = 0 moet de teller gelijk aan nul zijn. De teller is x2 − 3x + 2 = (x − 1)(x − 2) en dit wordt nul voor x = 1 en x = 2. • y-as. Het snijpunt met de y-as vinden we door x = 0 te nemen. Dan is y = f (0) = − 23 . 2. f 0 (x) De afgeleide van f is f 0 (x) =

x2 − 6x + 7 . (x − 3)2

Dit is nul als x2 − 6x + 7 = 0 en dit is voor √ x = x1 = 3 − 2 en De bijbehorende functiewaarden zijn √ f (x1 ) = −2 2 + 3

en

x = x2 = 3 +

√ 2.

√ f (x2 ) = 2 2 + 3.

238

Hoofdstuk 6 Het tekenverloop van f 0 (x) en het verloop van f (x) kunnen als volgt schematisch worden aangegeven. x f 0 (x) f (x)

√ 3− 2 0 max

+ stijgend

3 − − − dalend

√ 3+ 2 0 min

+ stijgend

Bijgevolg bereikt f in x1 een lokaal maximum en in x2 een lokaal minimum. 3. Gedrag op oneindig Voor x → ±∞ geldt x2 − 3x + 2 = ±∞. x→±∞ x−3 lim

4. f 00 (x) De tweede afgeleide is f 00 (x) =

4 . (x − 3)3

Bijgevolg is f concaaf voor x < 3 en convex voor x > 3. Er zijn geen buigpunten. 5. Asymptoten x = 3 behoort niet tot het domein van f . Voor x → 3 geldt x2 − 3x + 2 = +∞ x→3+ x−3 lim

en

x2 − 3x + 2 = −∞ x→3− x−3 lim

De verticale rechte x = 3 is een verticale asymptoot. Daar f (x) x2 − 3x + 2 = = 1, x→±∞ x x(x − 3) lim

en lim [f (x) − x] = lim

x→±∞

x→±∞

x2 − 3x + 2 2 − x = lim = 0, x→±∞ x − 3 x−3

is de rechte y = x een schuine asymptoot.

Daar f niet gedefinieerd is voor x = 3 bestaat graf f uit twee onderscheiden delen, zoals aangegeven in Figuur 6.7.

6.2

Kegelsneden

Stel dat F (x, y) een uitdrukking is waarin de reële veranderlijken x en y voorkomen en dat C een reëel getal is. De grafiek van de vergelijking F (x, y) = C,

(6.6)

is de verzameling van de punten van het geijkte vlak waarvan de coördinaten (a, b) voldoen aan (6.6), dit is waarvoor F (a, b) = C. Grafieken van functies zijn bijzondere gevallen van grafieken van vergelijkingen. Voor elke functie f kunnen we F (x, y) definiëren als F (x, y) = y − f (x),


239

Figuur 6.7: De grafiek van f uit Voorbeeld 6.5. en de grafiek van de vergelijking F (x, y) ≡ y − f (x) = 0,

(6.7)

is natuurlijk graf f . Omgekeerd kunnen niet alle vergelijkingen (6.6) omgevormd worden tot één vergelijking van de vorm (6.7). We geven nu een korte bespreking van kegelsneden. Dit zijn krommen die ontstaan door de snijding van een kegel met een plat vlak. Deze krommen zijn grafieken van vergelijkingen (6.6) waarbij F (x, y) een uitdrukking is van de tweede graad in x en y. Cirkel Definitie:

Een cirkel is de meetkundige plaats van alle punten van het vlak die op een gegeven afstand R > 0 liggen van een gegeven punt P met coördinaten (a, b).

De afstand van een punt Q(x, y) tot P (a, b) is p d(P, Q) = (x − a)2 + (y − b)2 .

De coördinaten van de punten die behoren tot de cirkel met middelpunt P en straal R > 0 moeten voldoen aan p (x − a)2 + (y − b)2 = R, en dus

(x − a)2 + (y − b)2 = R2 .

(6.8)

(6.8) is de vergelijking van de cirkel met middelpunt P en straal R. Als het middelpunt van de cirkel samen valt met de oorsprong van het Oxy-stelsel, dan reduceert (6.8) tot x2 + y 2 = R 2 . De eenheidscirkel (R = 1) heeft als vergelijking x2 + y 2 = 1.

240

Hoofdstuk 6

y b P F1 c

0

F2

a

x

Figuur 6.8: Een ellips wordt gedefinieerd als de verzameling van de punten van het vlak waarvan de som van de afstanden tot twee gegeven punten F 1 en F2 constant is. Ellips Definitie:

Een ellips is de meetkundige plaats van de punten van het vlak waarvan de som van de afstanden tot twee gegeven punten F 1 en F2 constant is.

Om de vergelijking van een ellips op te stellen, maken we een bijzondere keuze van het assenstelsel. We laten de x-as samenvallen met de rechte F 1 F2 en de oorsprong met het midden van F1 F2 (zie Figuur 6.8). Deze keuze leidt tot de canonieke vergelijking van de ellips. In dat coördinatenstelsel hebben de punten F 1 en F2 de coördinaten F1 (−c, 0),

F2 (c, 0).

De constante som van de afstanden tot F 1 en F2 noemen we 2a. Natuurlijk moet a groot genoeg zijn, en wel a > c. Een punt P (x, y) behoort tot de ellips als p p (x + c)2 + y 2 + (x − c)2 + y 2 = 2a.

Na enig rekenwerk, dat we hier achterwege laten, blijkt dat we dit kunnen herwerken tot x2 y2 + = 1. a2 a2 − c 2 Daar a2 > c2 kunnen we stellen a2 − c 2 = b 2

met

b > 0.

De vergelijking wordt dan x2 a2

+

y2 b2

= 1.

(6.9)


241

y

F p p

P(x,y)

//

// O

y

x

x Q

l

Figuur 6.9: Een parabool wordt gedefinieerd als de meetkundige plaats van de punten van het vlak waarvan de afstand tot een gegeven rechte gelijk is aan de afstand tot een gegeven punt dat niet op deze rechte ligt. De vergelijking (6.9) is de canonieke vergelijking of de standaardvergelijking van de ellips. Een andere keuze van het assenstelsel leidt tot een andere, minder eenvoudige tweedegraadsvergelijking. De grafiek van vergelijking (6.9) is aangegeven in Figuur 6.8. De snijpunten met de coördinaatassen zijn (−a, 0), (a, 0), (0, −b) en (0, b), en worden de toppen genoemd. De assen hebben lengten 2a en 2b. De punten F 1 en F2 zijn de brandpunten en O is het middelpunt van de ellips. Wanneer F 1 = F2 = O is c = 0 en wordt de ellips een cirkel met straal a = b. Parabool Definitie:

Een parabool is de meetkundige plaats van de punten van het vlak waarvan de afstand tot een gegeven rechte gelijk is aan de afstand tot een gegeven punt dat niet op deze rechte ligt. De rechte wordt richtlijn genoemd en het punt wordt brandpunt genoemd.

In Figuur 6.9 is l de richtlijn en F het brandpunt. Om de vergelijking van de parabool op te stellen, maken we een bijzondere keuze van het assenstelsel. We kiezen de rechte door F en loodrecht op l als y-as en het midden van het lijnstuk F Q als oorsprong. De afstand van F tot O noemen we p. De afstand van een punt P (x, y) tot l is |y + p|. Een punt P behoort bijgevolg tot de parabool als p x2 + (y − p)2 = |y + p|.

Na kwadrateren geeft dit x2 + (y − p)2 = (y + p)2 en als we dit uitwerken en herschrijven vinden we 2 y = x4p (6.10)

242

Hoofdstuk 6

y

P(x,y) F1

F2

O

x

Figuur 6.10: Een hyperbool wordt gedefinieerd als de meetkundige plaats van de punten van het vlak waarvoor het verschil van de afstanden tot twee gegeven punten F 1 en F2 constant is. De vergelijking (6.10) is de canonieke vergelijking of de standaardvergelijking van de parabool. De rechte door het brandpunt loodrecht op l wordt de as van de parabool genoemd; het punt halverwege het brandpunt en het voetpunt van de as op l is de top van de parabool. De parabool is symmetrisch ten opzichte van de as. In Figuur 6.9 hebben we de y-as laten samenvallen met de as van de parabool en de top met de oorsprong O. Wanneer we de x-as laten samenvallen met de as van de parabool, vinden we de vergelijking x=

y2 4p

Hyperbool Definitie:

Een hyperbool is de meetkundige plaats van de punten van het vlak waarvoor het verschil van de afstanden tot twee gegeven punten F 1 en F2 constant is.

De keuze van het assenstelsel die leidt tot de eenvoudigste vergelijking voor de hyperbool is de volgende. We kiezen de rechte F 1 F2 als de x-as en het midden van het lijnstuk F 1 F2 als oorsprong O. In dit coördinatenstelsel (zie Figuur 6.10) hebben de punten F 1 en F2 de coördinaten F1 (−c, 0), F2 (c, 0). Het constant verschil van de afstanden tot F 1 en F2 noemen we 2a; natuurlijk moet 0 < a < c. Een punt P behoort tot de hyperbool als p p (x + c)2 + y 2 − (x − c)2 + y 2 = ±2a.

Dit kunnen we herwerken tot (de details laten we achterwege) x2 y2 + = 1. a2 a2 − c 2


243

Daar a < c kunnen we stellen dat a2 − c2 = −b2

met

b > 0.

De vergelijking wordt dan x2 a2

−

y2 b2

= 1.

(6.11)

De vergelijking (6.11) is de canonieke vergelijking of de standaardvergelijking van de hyperbool. De grafiek van vergelijking (6.11) is aangegeven in Figuur 6.10. F 1 en F2 zijn de brandpunten, de rechte F1 F2 is de hoofdas, het midden van het lijnstuk F 1 F2 is het middelpunt, en de rechte door het middelpunt loodrecht op de hoofdas in de nevenas van de hyperbool. De snijpunten met de x-as zijn de punten (−a, 0)

en

(a, 0).

De hyperbool (6.11) heeft de rechten y=

b x, a

en

b y = − x, a

als schuine asymptoten. Inderdaad uit (6.11) volgt dat r b a2 y =± x 1− 2 . a x Nu is en

f (x) b lim = lim ± x→±∞ x x→±∞ a

r

1−

a2 b =± , 2 x a

# r bx a2 b lim ± 1− 2 ∓ x x→±∞ a x a ( "r #) b a2 = ± lim x 1− 2 −1 a x→±∞ x     −a2 b 2 xq x = ± lim 2  a x→±∞  1 − xa2 + 1

b lim [f (x) − (± x)] = x→±∞ a

"

= 0.

6.3 6.3.1

Poolcoo ¨rdinaten en parametervergelijkingen Poolco¨ ordinaten en krommen

Tot nog toe hebben we de punten van het vlak steeds beschreven met behulp van cartesische coördinaten die bepaald zijn ten opzichte van twee onderling loodrechte assen. We kunnen de punten van het vlak eveneens beschrijven met poolcoördinaten. Daartoe kiezen we in het vlak een oorsprong en een halve rechte met de oorsprong O als eindpunt. Een punt P van het vlak wordt volledig vastgelegd door de afstand van P tot de oorsprong d(O, P ) = r ≥ 0 en de hoek θ ingesloten door de halve rechte en het lijnstuk OP zoals aangegeven in Figuur 6.11. De coördinaten (r, θ) worden de poolco¨ ordinaten van het punt P genoemd. Poolcoördinaten staan in een eenvoudig verband tot de rechthoekige cartesische coördinaten. We kiezen de halve rechte als positieve x-as en O als oorsprong. Dan is y x sin θ = en cos θ = , r r

244

Hoofdstuk 6

y P(x,y)=P(r,θ )

y r θ x

0

x

Figuur 6.11: Poolcoördinaten (r, θ). zodat x = r cos θ,

en

y = r sin θ.

(6.12)

Door middel van (6.12) kan men de cartesische coördinaten terugvinden uit de poolcoördinaten. Omgekeerd heeft men p y r = x2 + y 2 , en tan θ = x

waaruit volgt

θ=

  bgtan xy        y   π + bgtan x          

als x > 0, als x < 0,

π 2

als x = 0 en y > 0,

− π2

als x = 0 en y < 0.

Het argument θ is steeds op een constante 2π na bepaald. Evenals cartesische coördinaten kunnen poolcoördinaten gebruikt worden voor de bepaling van grafieken van functies en vergelijkingen, zoals we in volgende voorbeelden zullen tonen. Voorbeeld 6.6: De coördinatenlijnen r = C1 ,

en

θ = C2 ,

corresponderen met cirkels met O als middelpunt en C 1 als straal en met halve rechten door de oorsprong die een hoek C2 maken met de positieve x-as, zoals ge¨ıllustreerd in Figuur 6.12. Krommen in poolco¨ ordinaten Een kromme kan in poolcoördinaten gedefinieerd worden met behulp van een functie f (θ) als r = f (θ),

(6.13)


245

Figuur 6.12: Coördinatenlijnen in poolcoördinaten. waarbij (r, θ) de poolcoördinaten zijn van een punt van de kromme. De cartesische coördinaten van een punt P (x, y) zijn gegeven door x = f (θ) cos θ

en

y = f (θ) sin θ.

(6.14)

Voorbeelden 6.7: We bepalen enkele grafieken van krommen gegeven in poolcoördinaten. • We bepalen de grafiek van r = cos θ met θ ∈ [− π2 , π2 ]

(6.15)

We kunnen deze grafiek trachten te tekenen door een aantal punten (r, θ) te berekenen die aan (6.15) voldoen. We kunnen echter ook aantonen dat (6.15) een cirkel voorstelt wanneer we overgaan op cartesische coördinaten. Volgens (6.12) geldt p zodat

x x2 + y 2 = p , x2 + y 2 x2 + y 2 = x.

Deze vergelijking werken we na vervollediging van de kwadraten, om tot

1 x− 2

2

2 1 +y = . 2 2

Vergelijking (6.15) stelt de cirkel voor met middelpunt (1/2, 0) en straal 1/2 (zie Figuur 6.13). • We bepalen de grafiek van r = | cos 2θ| met θ ∈ [0, 2π] We gebruiken de waarden aangegeven in onderstaande tabel om de grafiek te bepalen.

246

Hoofdstuk 6

Figuur 6.13: Krommen in poolcoördinaten r = cos θ (links), r = |cos(2θ)| (midden) en r = |cos(3θ)| (rechts). θ

2θ

0 ±π/12 ±π/6 ±π/4 ±π/3 ±5π/12 ±π/2 ±7π/12 ±2π/3 ±3π/4 ±5π/6 ±11π/12 ±π

0 ±π/6 ±π/3 ±π/2 ±2π/3 ±5π/6 ±π ±7π/6 ±4π/3 ±3π/2 ±5π/3 ±11π/6 ±2π

r 1.000 0.866 0.500 0.000 0.500 0.866 1.000 0.866 0.500 0.000 0.500 0.866 1.000

• Zoals hierboven werd de grafiek bepaald van 0 ≤ θ ≤ 2π : r = | cos 3θ|. De grafieken zijn weergegeven in Figuur 6.13. Krommen kunnen bepaald worden als de grafiek van een functie of van een vergelijking. We geven nu een andere manier om krommen te beschrijven.

6.3.2

Geparametriseerde krommen in R2

Stel dat f en g twee continue functies zijn die gedefinieerd zijn op hetzelfde interval [a, b]: f : [a, b] → R : t 7→ f (t), g : [a, b] → R : t 7→ g(t).

Deze twee functies f en g worden gebruikt om een kromme in R 2 vast te leggen. Voor een gegeven waarde van de parameter t legt de functie f de x-coördinaat en de functie g de y-coördinaat van een punt P van het vlak vast: P (x, y) met x = f (t)

en

y = g(t).

(6.16)


247

y

P(x,y)

y=g(t)

x

x=f(t) a

t

b

Figuur 6.14: Parametervergelijkingen van een kromme. Wanneer de parameter t het interval [a, b] doorloopt, beschrijft het punt P de kromme K zoals aangegeven in Figuur 6.14. De kennis van de functies f en g maakt het mogelijk de positie van elk punt van de kromme te berekenen voor een gegeven waarde van t. De vergelijkingen (6.16) zijn een parametrisatie van de kromme K, K = {(f (t), g(t)) | t ∈ [a, b]} in termen van de parameter t. Wanneer voor de functie f een inverse functie f −1 bestaat f −1 : f ([a, b]) → [a, b] : x 7→ t = f −1 (x), dan wordt y = g ◦ f −1 (x), en is de kromme K de grafiek van de samengestelde functie g ◦ f −1 : g ◦ f −1 : f ([a, b]) → R : x 7→ g ◦ f −1 (x). Wanneer t kan geëlimineerd worden tussen de vergelijkingen (6.16) zodat de vergelijking F (x, y) = C,

(6.17)

wordt bekomen, dan kan de kromme K beschouwd worden als de grafiek van de vergelijking (6.17). We merken op dat de vergelijkingen (6.14) parametervergelijkingen zijn van (6.13) met de hoek θ als parameter. Voorbeelden 6.8: We beschouwen enkele krommen gegeven door een parametervergelijking.

248

Hoofdstuk 6

P(x,y)

y

R t

y0

x

x0

Figuur 6.15: De parametrisatie van de cirkel. • Beschouw de kromme

x = cos t, y = sin t,

met

0 ≤ t ≤ 2π.

(6.18)

Daar uit (6.18) volgt dat x2 + y 2 = 1, is (6.18) een parametervergelijking van de eenheidscirkel met t als parameter. • Beschouw de kromme

x = x0 + R cos t, y = y0 + R sin t,

met

0 ≤ t ≤ 2π.

(6.19)

In de algemene notatie hebben we f (t) = x0 + R cos t, g(t) = y0 + R sin t. We hebben x − x0 = R cos t

en

y − y0 = R sin t,

(x − x0 )2 = R2 cos2 t

en

(y − y0 )2 = R2 sin2 t,

en zodat (x − x0 )2 + (y − y0 )2 = R2 . De vergelijkingen (6.19) zijn de parametrisatie van de cirkel met middelpunt P (x 0 , y0 ) en straal R. De parametrisatie is weergegeven in Figuur 6.15. • Beschouw de kromme

x = x0 + a cos t, y = y0 + b sin t,

met

0 ≤ t ≤ 2π.

(6.20)


249

y

P(x,y) t

y0

b a

x

x0

Figuur 6.16: De parametrisatie van de ellips We hebben

x − x0 = cos t a

y − y0 = sin t, b

en

zodat

(x − x0 )2 (y − y0 )2 + = 1. a2 b2 De vergelijkingen (6.20) zijn een parametrisatie van de ellips met halve assen a en b. De parameter t is de excentrische anomalie. De parametrisatie is ge¨ıllustreerd in Figuur 6.16. • Beschouw de kromme

x = a cosh t, y = b sinh t,

met

a, b > 0

t ∈ R.

(6.21)

Eliminatie van t uit (6.21) geeft x2 y 2 − 2 = 1. a2 b Vergelijking (6.21) is een parametrisatie van een hyperbool. Voorbeeld 6.9: Beschouw de kromme

x = x0 + at, y = y0 + bt,

met

t ∈ R.

(6.22)

We nemen aan dat a 6= 0. Uit (6.22) volgt dan t= zodat

x − x0 , a

b y = y0 + (x − x0 ). a Vergelijking (6.22) is een parametrisatie van de rechte door het punt P (x 0 , y0 ) en met de richtingscoëfficiënt b/a. Deze parametrisatie is ge¨ıllustreerd in Figuur 6.17.

250

Hoofdstuk 6

t

0

1

y0+b y0+bt y0

P x0

x0+a

x0+at

Figuur 6.17: Illustratie van de parametrisatie van de rechte. Voorbeeld 6.10: In het eerste voorbeeld hebben we aangetoond dat (6.18) een parametrisatie is van de eenheidscirkel. We geven nu een tweede parametrisatie met als parameter t = tan θ2 . In de driehoek M P Q (zie Figuur 6.18) is t = tan

θ y = 2 1+x

met

(x 6= −1),

zodat y = t(x + 1),

en

y 2 = t2 (x + 1)2 .

Het punt behoort tot de eenheidscirkel en bijgevolg y 2 = 1 − x2 Gelijkstelling van de twee bovenstaande vergelijkingen geeft (1 − x)(1 + x) = (1 + x)2 t2 . Voor x 6= −1 is 1 + x 6= 0 en mogen we door 1 + x delen. Er volgt (1 − x) = (1 + x)t. Hieruit volgt x=

1 − t2 . 1 + t2

(6.23)

De uitdrukking voor y wordt dan

2t . (6.24) 1 + t2 (6.23) en (6.24) zijn de gewenste parametervergelijkingen. Tevens hebben we aangetoond dat y=

cos θ =

θ 2 tan2 θ2

1 − tan2 1+

en

sin θ =

2 tan θ2 1 + tan2

θ 2

.


251

P(x,y) y M

θ/2

θ

x

Q

1+x

Figuur 6.18: De driehoek M P Q in de eenheidscirkel.

252

6.4

Hoofdstuk 6

Oefeningen

Oefening 6.1

Schets de grafiek van de functies

2x (a) f (x) = bgsin 1 + x2 (b) f (x) = e−2x

x−1 x+2

(c) f (x) =

x2 + 2x − 3 x2 + x + 2

Oefening 6.4 (a) x − 3 +

1 1 + e−x

(f) f (x) = exp x−1

(d) y 2 =

x−1 x+2

(e) x2 − 2y 2 = 4 (f) f (x) =

x2 − 1 2x

Bepaal de asymptoten van de functies 3x x−2

(b) f (x) =

x3 x2 − 5

(a) f (x) =

x2 x2 − 2x − 3

Onderzoek en schets de grafiek van de functies 1 x−2

(e) x +

1 x

(b)

x3 (x + 1)(x − 1)2

x2 − 7x + 10 (f) x

(c)

2x2 − 3x + 5 (x − 1)(x + 2)

(g)

(d)

4x2 − 1 x2 + 3x + 2

(h)

Oefening 6.5

Bepaal de asymptoten van de gegeven functie of vergelijking

(b) f (x) =

(a) f (x) =

(e) f (x) =

2

(a) x2 y 2 + 2 = (x + y)(x − y)

Oefening 6.3

ex − e−x 2

2

(c) f (x) = xe−x Oefening 6.2

(d) f (x) =

x2 (x − 1) 2x2 − 4

2x2 − 7x + 9 x−2

Gegeven de functie f (x) =

p x2 − 2x p (j) x + x2 + 1 (i)

(k) xx p (l) x2 − 2x + 2 − x

9x2 + mx + 4 . 2x − 7

(a) Bepaal m zodat f slechts 1 nulpunt heeft. (b) Bepaal m zodat f een schuine asymptoot heeft met vergelijking 9x − 2y + 3 = 0. Neem verder m = −15. (c) Bepaal de richtingscoëfficiënt van de raaklijn in het snijpunt met de y-as. (d) Bepaal de nulpunten van f . (e) Bepaal de asymptoten van f .


253 r

4x2 + a . bx2 + 1 Bepaal a en b opdat y = 4 een horizontale asymptoot is en y = 1 is in x = 0.

Oefening 6.6

Gegeven de functie f (x) =

x . + ax + b Bepaal a en b zodat de raaklijn aan f in (0, 0) als richtingscoëfficiënt − 14 heeft en f niet gedefinieerd is in x = 2. Oefening 6.7

Gegeven f (x) =

x2

Oefening 6.8 Teken de grafiek van de volgende functies. Duid indien mogelijk de lokale minima, asymptoten en nulpunten aan: (d) f (x) =

(a) f (x) = sin x − cos x

sin x x

(b) f (x) = tan x + cotanx

(e) f (x) = e−x

(c) f (x) = x + sin x

(f) f (x) =

Oefening 6.9

4

cos x x

Bepaal de grafiek van de volgende vergelijkingen in poolcoördinaten:

(a) r = 1 + sin θ (b) r = a(1 + cos θ) met a > 1, (c) r =

(cardio¨ıde)

4 2 − cos θ

(d) r =

4 1 + 2 cos θ

(e) r =

1 sin θ θ

(f) r = A ea met A, a > 0, (g) r = Aθ met A > 0,

(logaritmische spiraal)

(spiraal van Archimedes)

(h) r = a cos nθ met a > 0 en n ∈ N0 , (n-bladig rozet) √ (i) r = a cos 2θ met a > 0, (lemniscaat) (j) r =

a met a > 0, θ

(hyperbolische spiraal)

Oefening 6.10 Herschrijf elk van de volgende vergelijkingen in Cartesische coördinaten en bepaal de grafiek: 1 1 − cos θ

(a) θ = 2

(e) r =

(b) r = 2

(f) r sin θ = θ

(c) r = 2 sin θ

(g) r = 2| cos θ|

(d) r =

1 cos θ

(h) r| cos θ| = 2

254

Hoofdstuk 6

Oefening 6.11

Toon aan dat de vergelijking in poolcoördinaten r=

p , 1 + a cos θ

met 0 ≤ θ ≤ 2π, p > 0

een ellips voorstelt als 0 < a < 1, een parabool als a = 1 en een hyperbool als a > 1. Oefening 6.12 Teken de krommen die bepaald worden door de volgende parametervoorstellingen. Duid het begin- en eindpunt van de kromme aan indien er een interval is opgegeven voor de parameter t: (a)

x=t y = t3

(b)

x=t y = t4

(c)

(d)

(f)

x = 1 + 4 cos t met 0 ≤ t ≤ 2π y = 2 − 4 sin t

(g)

3π x = sin t met 0 ≤ t ≤ 2 y = cos t 2

x=t 1 y = 2t

(h)

x = −2 sin t met 0 ≤ t ≤ 3π y = 3 cos t

x = t2 − 1 met −3 ≤ t ≤ 3 y =t+1

(i)

x = 2t met 0 ≤ t < ∞ y = (t − 2)2

(j)

x = 2t met −2 ≤ t ≤ 2 y = t3 + 4

  x = 1−t 8 (e)  y= 1 + t2

Oefening 6.13 che coördinaten:

Bepaal van de volgende parameterkrommen de vergelijkingen in Cartesis-

(a)

x = 5t − 1 y = −2t − 4

(b)

x = 2t2 y = 3t − 1

(c)

x = 3t y = 1t

Oefening 6.14

met 0 ≤ t < ∞

(d)

x = 12 t − 1 y =2−t

(e)

x = 1 + 2t3 y = 3 − t3

(f)

(

x= y=

(d)

x = cosh t y = sinh t x = − cosh t y = sinh t x = cos(e−t ) met t ≥ 0 y = sin(e−t )

√ 1 1+t2 √ t 1+t2

Schets de krommen

(a)

x = 3e−2t − 1 met t ≥ 0 y = e−t

(b)

x = 2 sin2 t y = 3 cos2 t

(e)

(c)

x = cos t y = sin2 t

(f)

Grafieken van Functies en Vergelijkingen Oefening 6.15

Bepaal de vergelijking in poolcoördinaten van

(a) de cirkel met straal R en middelpunt (0, 0) (b) de cirkel met straal R en middelpunt (R, 0) (c) de rechte 2x − y = 5 (d) de kromme x2 − xy + y 2 = 3 p p (e) de kromme 3(x + x2 + y 2 ) = x x2 + y 2 (f) de kromme y 2 (1 − x) = x3

(g) de rechte x = 2 (h) de kromme x2 + y 2 − 6y = 0 (i) de parabool x2 = 9y (j) de hyperbool 4xy = 9 (k) de Gaussische kromme y = e−x

2

255

256

Hoofdstuk 7

Hoofdstuk 7

Integraalrekening Motiverende problemen: In Hoofdstuk 3 hebben we gezien dat we door een functie f te differentiëren een nieuwe functie f 0 , de afgeleide van f , verkrijgen. In veel fysische en mechanische toepassingen, komt het omgekeerde probleem voor: de afgeleide is gekend en de functie zelf wordt gezocht. Zo is bijvoorbeeld van een projectiel of een ruimtetuig de snelheid gekend als functie van de tijd, v(t), en wordt de afgelegde weg (de ‘baan’) als functie van de tijd, s(t), gezocht. Aangezien v(t) = s0 (t) moeten we in dergelijke problemen inderdaad de bewerking ‘differentiëren’ omkeren. Een ander probleem dat geregeld voorkomt betreft de bepaling van de oppervlakte en de omtrek van vlakke figuren met willekeurige gekromde randen en de bepaling van de lengte van willekeurige krommen. Deze op het eerste gezicht erg uiteenlopende problemen blijken na omzetting in wiskundige ‘taal’ juist erg nauw verwant te zijn! In dit hoofdstuk integraalrekening wordt dan ook terzelfdertijd een antwoord gegeven op de volgende twee vragen. • Hoe kunnen we de oppervlakte berekenen van het deel van het vlak dat begrensd is door graf f , de x-as en de verticale rechten x = a en x = b? • Hoe kunnen we voor een gegeven functie f een functie F bepalen zodat de afgeleide functie van F gelijk is aan de oorspronkelijke functie f . Om het antwoord op de eerste vraag te geven, definiëren we de bepaalde integraal van f over [a, b]. De definitie van de bepaalde integraal geeft een omslachtig en in de praktijk niet bruikbaar middel om de bepaalde integraal te berekenen. Een praktisch bruikbare berekeningswijze voor de bepaalde integraal wordt gegeven door het antwoord op de tweede vraag. De bepaalde integraal van f over het interval [a, b] is gelijk aan het verschil van de functiewaarden van F in b en a. We behandelen achtereenvolgens bepaalde integralen, onbepaalde integralen en primitieve functies, eigenschappen van bepaalde integralen, rekentechnieken voor primitieve functies, oneigenlijke integralen en ten slotte een aantal toepassingen.

257

258

Hoofdstuk 7

7.1

Bepaalde integralen

7.1.1

Riemann-integralen: begripsbepaling

Stel dat

y

f : [a, b] → R : x 7→ f (x), een continue en niet-negatieve functie is zodat graf f volledig boven de x-as ligt. De kromme y = f (x) en de rechten x = a, x = b en y = 0 begrenzen een bepaald gebied in het vlak, dat we in wat volgt aanduiden als het gebied onder de kromme y = f (x) tussen a en b (zie Figuur 7.1 (links)). Dit gebied heeft een bepaalde oppervlakte S. Als de functie f een constante functie is, kunnen we deze oppervlakte natuurlijk gemakkelijk berekenen (zie rechts). Als het om een ‘trapfunctie’ gaat (dit is een functie die constant is op eindige deelintervallen van haar domein) lukt het ook nog. Maar in het meer algemene geval waarin graf f een kromme is, wordt het moeilijker. Een aangewezen werkwijze is het interval [a, b] te verdelen in een aantal deelintervallen en in elk deelinterval de functie f te vervangen of ‘benaderen’ door een constante functie zoals aangegeven in Figuur 7.1 (rechts).

y

y

C S=C(b-a) a

b x

a

b x

y

f

f

S=? a

b x

a

b x

Figuur 7.1: Het oppervlak onder de grafiek kan afgeschat worden door het interval [a, b] te verdelen in een aantal deelintervallen en in elk deelinterval de functie f te vervangen door een constante functie. De gezochte oppervlakte S kan benaderd worden door de som van de oppervlakten van de rechthoeken met als hoogte in elk interval [xk−1 , xk ] de minimale waarde mk of de maximale waarde Mk . Als we de eerste som van oppervlakten voorstellen door S o en de tweede som van oppervlakten door S b dan is So ≤ S ≤ S b , (zie Figuur 7.2). Intu¨ıtief verwacht men dat wanneer het aantal deelintervallen voldoende groot is, de oppervlakte S met de gewenste nauwkeurigheid kan worden berekend. Deze intu¨ıtieve werkwijze voor de berekening van de oppervlakte wordt nu uitgewerkt voor de definitie van de bepaalde integraal van een re¨ ele functie f gedefinieerd op een interval [a, b].

Integraalrekening

259

Partitie of verdeling van een interval [a, b] Definitie:

Een eindige verzameling reële getallen P = {x0 , x1 , x2 , . . . , xk−1 , xk , . . . , xn−1 , xn }, waarvoor geldt dat a = x0 < x1 < x2 < · · · < xn−1 < xn = b, is een partitie of verdeling van het interval [a, b]. De punten x k zijn de deelpunten van de partitie en het interval [x k−1 , xk ] is het k-de deelinterval van [a, b] bij de partitie P.

Voorbeeld 7.1: Voorbeelden van partities van het interval [0, 1] zijn 1 2 3 4 5 6 P1 = {0, , , , , , , 1} 7 7 7 7 7 7 1 2 1 3 P2 = {0, , , , , 1} 6 5 2 4 P3 = {0, 0.12, 0.15, 0.34, 0.67, 0.80, 1} 2 3 P4 = {0, , , 1} 7 7 P1 is een voorbeeld van een equidistante partitie, waarbij de lengte van elk van de deelintervallen hetzelfde is (in dit geval 17 ). Definitie:

Als P1 en P2 twee partities zijn van [a, b] dan is P 2 een verfijning van P1 indien P1 ⊂ P 2 .

In het bovenstaande voorbeeld is P1 een verfijning van P4 . Riemann-som, ondersom en bovensom Definitie:

Neem aan dat de functie f : [a, b] → R : x 7→ f (x), begrensd is en dat P = {x0 , x1 , . . . , xn−1 , xn } een partitie is van [a, b]. Neem aan dat voor elke k een punt ck ∈ [xk−1 , xk ] genomen wordt. Dan heet de som n X k=1

(xk − xk−1 )f (ck ),

(7.1)

een Riemann-som van f over [a, b] behorende bij de partitie P. De Riemann-som kan beschouwd worden als de som van de oppervlakten van de rechthoeken met basis xk − xk−1 en hoogte f (ck ).

260

Hoofdstuk 7 y

y

a

b

x

a

b

x

Figuur 7.2: Voorbeeld van een ‘ondersom’ S o (links) en van een ‘bovensom’ Sb (rechts).

Definitie:

Neem aan dat de functie f : [a, b] → R : x 7→ f (x), begrensd is en dat P = {x0 , x1 , . . . , xn−1 , xn } een partitie is van [a, b]. Als mk = inf{f (x) | x ∈ [xk−1 , xk ]}, dan noemt men de som Oab (f, P) =

n X k=1

(xk − xk−1 )mk

de ondersom van f over [a, b] bij de partitie P. Als Mk = sup{f (x) | x ∈ [xk−1 , xk ]}, dan noemt men de som Bab (f, P)

=

n X

k=1

(xk − xk−1 )Mk

de bovensom van f over [a, b] bij de partitie P. Als ck ∈ [xk−1 , xk ] gekozen wordt, dan is mk ≤ f (ck ) ≤ Mk . Bijgevolg geldt dat Oab (f, P) ≤

Pn

k=1 (xk

− xk−1 )f (ck ) ≤ Bab (f, P).

(7.2)

Dus elke Riemann-som van f ligt tussen de ondersom en de bovensom. De ondersom en bovensom zijn zelf niet noodzakelijkerwijs Riemann-sommen. Dit geldt alleen als het infimum of het supremum van f over elk van de deelintervallen [x k−1 , xk ] aangenomen wordt. Voor continue functies f is dit altijd het geval (zie Stelling 2.11) maar voor een willekeurige begrensde functie hoeft dit niet zo te zijn. We geven nu enkele stellingen over onder- en bovensommen nodig voor de definitie van bepaalde integraal.

Integraalrekening

261

Eigenschap 7.1: Indien f een begrensde functie is op [a, b], dan geldt voor elke partitie P van [a, b] dat m(b − a) ≤ Oab (f, P) ≤ M (b − a) (7.3) en m(b − a) ≤ Bab (f, P) ≤ M (b − a)

(7.4)

m = inf{f (x) | x ∈ [a, b]},

(7.5)

M = sup{f (x) | x ∈ [a, b]}.

(7.6)

waarin

Bewijs: Neem aan dat P = {x0 , x1 , . . . , xn } en neem mk = inf{f (x) | x ∈ [xk−1 , xk ]}. Er geldt natuurlijk dat m ≤ mk ≤ M voor elke k = 1, 2, . . . , n. Dan ook m(xk − xk−1 ) ≤ mk (xk − xk−1 ) ≤ M (xk − xk−1 ). Sommeren over alle k geeft dan m

n X

k=1

Omdat

n P

k=1

(xk − xk−1 ) ≤ Oab (f, P) ≤ M

n X k=1

(xk − xk−1 ).

(xk − xk−1 ) = b − a volgt (7.3). Net zo volgt (7.4).

2

Uit (7.3) volgt dat de verzameling van alle ondersommen (bij alle mogelijke partities) naar boven begrensd is door M (b − a). Net zo volgt uit dat (7.4) dat de verzameling van alle bovensommen naar onder begrensd is door m(b − a). Eigenschap 7.2: Indien f een begrensde functie is op [a, b] en P 1 en P2 twee partities van [a, b] zijn met P1 ⊂ P2 dan geldt Oab (f, P1 ) ≤ Oab (f, P2 ) en Bab (f, P2 ) ≤ Bab (f, P1 ). Met andere woorden: Bij overgang naar een fijnere partitie neemt de ondersom toe, en neemt de bovensom af. Bewijs: Neem P1 = {x0 , x1 , . . . , xn }. We beschouwen het k-de deelinterval [x k−1 , xk ] behorende bij P1 . Daar P2 een verfijning is van P1 , behoren xk−1 en xk tot P2 . Dus is P2 ∩ [xk−1 , xk ] een partitie van [xk−1 , xk ] die we voorstellen door P2,k . Volgens Eigenschap 7.1 geldt dan k mk (xk − xk−1 ) ≤ Oxxk−1 (f, P2,k ).

Sommeren over alle k geeft dan direct Oab (f, P1 ) ≤ Oab (f, P2 ).

Op analoge wijze volgt Bab (f, P1 ) ≥ Bab (f, P2 ).

2

262

Hoofdstuk 7

Eigenschap 7.3: Indien f een begrensde functie is op [a, b] dan is elke ondersom van f op [a, b] kleiner dan of gelijk aan elke bovensom van f op [a, b]. Bewijs: Stel dat P1 en P2 twee partities zijn van [a, b]. Dan is P = P 1 ∪ P2 een verfijning van P1 en van P2 . Volgens Eigenschap 7.2 geldt dan dat Oab (f, P1 ) ≤ Oab (f, P)

en

Bab (f, P) ≤ Bab (f, P2 ).

Vanwege (7.2) is Oab (f, P) ≤ Bab (f, P) en bijgevolg geldt ook dat Oab (f, P1 ) ≤ Bab (f, P2 ).

(7.7)

Dus elke ondersom is kleiner dan of gelijk aan elke bovensom.

2

Onderintegraal, bovenintegraal Het voorgaande impliceert dat de verzamelingen S = {Oab (f, P) | P is een partitie van [a, b]}, T = {Bab (f, P) | P is een partitie van [a, b]}

respectievelijk naar boven en naar onder begrensd zijn. Elke bovensom van f is een bovengrens van S en elke ondersom van f is een ondergrens van T. De verzameling S heeft bijgevolg een supremum, de verzameling T een infimum. Dit supremum en infimum noemen we de onderintegraal en de bovenintegraal van f over [a, b] en we noteren Oab (f ) = sup S = sup{Oab (f, P) | P is een partitie van [a, b]},

(7.8)

Bab (f ) = inf T = inf{Bab (f, P) | P is een partitie van [a, b]}.

(7.9)

Eigenschap 7.4: Als f een begrensde functie is op [a, b] dan geldt dat m(b − a) ≤ Oab (f ) ≤ M (b − a),

(7.10)

m(b − a) ≤ Bab (f ) ≤ M (b − a),

(7.11)

met m = inf{f (x) | x ∈ [a, b]},

M = sup{f (x) | x ∈ [a, b]}.

Bewijs: Dit volgt direct uit de definities (7.8) en (7.9) en Eigenschap 7.1.

2

Eigenschap 7.5: Als f een begrensde functie is op [a, b] dan geldt dat Oab (f ) ≤ Bab (f ).

(7.12)

Integraalrekening

263

Bewijs: Uit Eigenschap 7.3 volgt dat de bovensom B ab (f, P) behorende bij een partitie P een bovengrens van S is. Omdat Oab (f ) de kleinste bovengrens is, volgt Oab (f ) ≤ Bab (f, P) voor elke partitie P. Dit betekent dat O ab (f ) een ondergrens is van T. Omdat Bab (f ) de grootste ondergrens is, geldt (7.12). 2 Riemann-integreerbaarheid van een begrensde functie over [a, b] Definitie:

Een begrensde reële functie f heet Riemann-integreerbaar over [a, b] of kortweg integreerbaar indien Oab (f ) = Bab (f ).

(7.13)

De gemeenschappelijke waarde van de onder- en bovenintegraal heet dan de bepaalde integraal van f over [a, b] en men noteert Z

b a

f (x)dx = Oab (f ) = Bab (f ).

(7.14)

We noemen a de ondergrens en b de bovengrens van het integratie-interval [a, b]. De verzameling van alle functies die Riemann-integreerbaar zijn over [a, b] noteren we als R[a, b]; f ∈ R[a, b], betekent bijgevolg dat f Riemann-integreerbaar is over [a, b]. We bestuderen nu de voorwaarden waaraan een functie moet voldoen opdat ze Riemannintegreerbaar zou zijn. Dit leidt op een natuurlijke manier tot een aantal handige rekenregels.

7.1.2

Een continue functie is Riemann-integreerbaar

In wat volgt wordt aangetoond dat een functie die continu is op [a, b] Riemann-integreerbaar is op [a, b]. Bij dit bewijs wordt volgende regel voor de optelling van onderintegralen en bovenintegralen gebruikt. Hulpstelling 7.6: Als f begrensd is op [a, c] en a ≤ b ≤ c dan geldt Oab (f ) + Obc (f ) = Oac (f ),

(7.15)

Bab (f ) + Bbc (f ) = Bac (f ).

(7.16)

en

Bewijs: We bewijzen (7.15). Het bewijs van (7.16) is analoog We bewijzen (7.15) door aan te tonen dat zowel Oab (f ) + Obc (f ) ≤ Oac (f ),

(7.17)

264

Hoofdstuk 7

als Oab (f ) + Obc (f ) ≥ Oac (f )

(7.18)

gelden. Neem ε > 0. Wegens de definitie van supremum geldt dat er een partitie P ε van [a, b] is met Oab (f ) − ε < Oab (f, Pε ), (7.19) en er is een partitie Qε van [b, c] met

Obc (f ) − ε < Obc (f, Qε ).

(7.20)

Dan is Rε = P ε ∪ Q ε ,

Oab (f, Pε )

een partitie van [a, c]. Omdat + Obc (f, Qε ) = Oac (f, Rε ) volgt uit (7.19) en (7.20) direct dat Oab (f ) + Obc (f ) − 2ε < Oac (f, Rε ). (7.21) Ook geldt

Oac (f, Rε ) ≤ Oac (f )

(7.22)

omdat Rε een partitie is van [a, c]. Uit (7.21) en (7.22) volgt dus dat Oac (f ) + Ocd (f ) − 2ε < Oad (f ). Aangezien we hierin ε > 0 willekeurig dicht bij nul kunnen nemen, geldt (7.17). We bewijzen nu de andere ongelijkheid (7.18). We nemen aan dat R een partitie is van [a, c]. R bepaalt op [a, b] en [b, c] de partities P = (R ∩ [a, b]) ∪ {b} en Q = (R ∩ [b, c]) ∪ {b}. Daar P ∪ Q = R ∪ {b} is P ∪ Q een verfijning van R. (Als b ∈ R zijn beide verzamelingen gelijk.) Bijgevolg Oac (f, R) ≤ Oac (f, P ∪ Q) = Oab (f, P) + Obc (f, Q).

Wegens de definitie van onderintegraal geldt dat O ab (f, P) ≤ Oac (f ) en Obc (f, Q) ≤ Ocd (f ), zodat Oac (f, R) ≤ Oab (f ) + Obc (f ). (7.23)

Omdat (7.23) geldt voor elke partitie R van [a, c] is O ab (f ) + Obc (f ) een bovengrens van de verzameling van alle partities van [a, c]. Daar O ac (f ) de kleinste bovengrens is van deze verzameling, geldt (7.18). Uit (7.17) en (7.18) volgt het gewenste resultaat (7.15). Als de functie f begrensd is op [a, b] dan kunnen we voor elk getal x ∈ [a, b] de onderintegraal O ax (f ) en de bovenintegraal Bax (f ) bepalen. Dit betekent dat we voor de begrensde functie f twee nieuwe functies Of (x) en Bf (x) kunnen definiëren als Of : [a, b] → R : x 7→ Of (x) = Oax (f ),

(7.24)

Bf : [a, b] → R : x 7→ Bf (x) = Bax (f ).

(7.25)

2

y y=f(t)

Of(x)=Bf(x)

en

a

x

b

t

De functie f is Riemann-integreerbaar over [a, x] voor elke x ∈ [a, b] als en slechts als Z x ∀x ∈ [a, b] : Of (x) = Bf (x) = f (t)dt. (7.26) a

In (7.26) wordt de integratieveranderlijke met t aangeduid omdat x als onafhankelijke veranderlijke in de bovengrens van de integraal voorkomt.

Integraalrekening

265

Stelling 7.7: Als de functie f continu is over [a, b] dan geldt 1. de functies Of (x) en Bf (x) afleidbaar zijn met dOf (x) dBf (x) = = f (x) dx dx

(7.27)

voor elke x ∈ [a, b], 2. de functies Of (x) en Bf (x) voldoen aan Of (x) = Bf (x)

(7.28)

voor elke x ∈ [a, b], 3. f is Riemann-integreerbaar over [a, x] voor elke x ∈ [a, b], Z x 4. de functie x 7→ f (t)dt is afleidbaar en heeft als afgeleide a

d dx

Z

x

f (t)dt = f (x).

(7.29)

a

Bewijs: We moeten eerst aantonen dat de functies Of (x) en Bf (x) afleidbaar zijn. We geven het bewijs voor de functie Bf (x); het bewijs voor Of (x) verloopt analoog. Per definitie is de functie Bf (x) afleidbaar met afgeleide f (x) indien Bf (x + h) − Bf (x) = f (x). h→0 h lim

We zullen dit aantonen in de veronderstelling dat h > 0. Het geval h < 0 volgt op analoge wijze. Volgens (7.25) is Bf (x) = Bax (f )

en

Bf (x + h) = Bax+h (f ),

en volgens (7.16) (met x in de rol van b en x + h in de rol van c) Bax+h (f ) = Bax (f ) + Bxx+h (f ). Dan is

Bf (x + h) − Bf (x) B x+h (f ) = x . h h Volgens Eigenschap 7.4 geldt, omdat h de lengte van het interval [x, x + h] is, inf{f (u) | u ∈ [x, x + h]}h ≤ Bxx+h (f ) ≤ sup{f (u) | u ∈ [x, +h]}h, en dus inf{f (u) | u ∈ [x, x + h]} ≤

Bxx+h (f ) ≤ sup{f (u) | u ∈ [x, x + h]}. h

Wegens (7.30) geldt daarom inf{f (u) | u ∈ [x, x + h]} ≤

Bf (x + h) − Bf (x) ≤ sup{f (u) | u ∈ [x, x + h]}. h

(7.30)

266

Hoofdstuk 7

Omdat f continu is, wordt het infimum en supremum over [x, x + h] aangenomen, zeg in punten sh en th . Dus Bf (x + h) − Bf (x) f (sh ) ≤ ≤ f (th ). (7.31) h We willen nu de limiet h → 0+ nemen. Als h → 0+ dan zal s h → x en th → x. Omdat f continu is, volgt lim f (sh ) = f (x) en lim f (th ) = f (x). h→0+

h→0+

Door nu h → 0+ te nemen in (7.31) en gebuik te maken van de insluitstelling volgt Bf (x + h) − Bf (x) = f (x) h→0+ h lim

Op analoge wijze volgt dat Bf (x + h) − Bf (x) = f (x). h→0− h lim

Dit bewijst dat Bf afleidbaar is met f als afgeleide. Het bewijs dat Of afleidbaar is met f als afgeleide verloopt analoog. Dus deel 1. van de stelling is aangetoond. We hebben nu dat Of en Bf afleidbaar zijn met dezelfde afgeleide, namelijk f . Deze twee functies verschillen bijgevolg ten hoogste een constante: Oax (f ) = Bax (f ) + C voor zekere C. Voor x = a hebben we 0 = 0 + C, zodat C = 0, en (7.28) volgt. Dit bewijst deel 2. en deel 3. van de stelling. Wanneer tenslotte (7.27) en (7.28) gecombineerd worden vindt men (7.29). Dit geeft deel 4. van de stelling. 2 Volgens Stelling 7.7 is continu¨ıteit over [a, b] een voldoende voorwaarde voor Riemannintegreerbaarheid over [a, b]. Het resultaat (7.29) wordt de eerste hoofdstelling van de integraalrekening genoemd: Z x d f (t)dt = f (x) dx a De eerste hoofdstelling drukt uit dat differentiëren de inverse bewerking van integreren is. Continu¨ıteit van f over [a, b] is geen nodige voorwaarde voor Riemann-integreerbaarheid. Ook wanneer de integrand f discontinu is in een eindig aantal punten van het integratieinterval [a, b] dan is de functie f Riemann-integreerbaar. We zullen zonder bewijs vermelden: Stelling 7.8: Een begrensde functie f die continu is in [a, b] uitgezonderd in een eindig aantal punten, is integreerbaar over [a, b]. Als a1 , a2 , . . . , an met a1 < a2 < · · · < an , de n punten zijn waarin f discontinu is, dan kunnen we n + 1 continue functies fi definiëren als fi : ]ai−1 , ai [ → R : x 7→ fi (x) = f (x),

Integraalrekening

267

met a0 = a en an+1 = b. Men kan dan aantonen dat Z

b

f (x)dx =

a

n+1 X Z ai

fi (x)dx.

(7.32)

ai−1

i=1

De functie fi is de beperking van f tot het interval ]a i−1 , ai [. Een voorbeeld van een functie f die continu is, uitgezonderd in een eindig aantal punten is gegeven in Figuur 7.3.

y

a1

a

a2

a3

b x

Figuur 7.3: Een begrensde functie f die continu is, uitgezonderd in een eindig aantal punten. In Hulpstelling 7.6 hebben we gezien dat de optelling van onderintegralen en bovenintegralen zeer eenvoudig is. We tonen nu aan dat dezelfde rekenregel geldt voor de integralen. Eigenschap 7.9: Als a ≤ b ≤ c en f is Riemann-integreerbaar over [a, b] en Riemann-integreerbaar over [b, c] dan is f Riemann-integreerbaar over [a, c] en er geldt dat Z

c

f (x)dx = a

Z

b

f (x)dx + a

Z

c

f (x)dx.

(7.33)

b

Bewijs: Daar f Riemann-integreerbaar is over [a, b] en over [b, c] geldt per definitie dat Z b Oab (f ) = Bab (f ) = f (x)dx,

(7.34)

a

en

Obc (f ) = Bbc (f ) = Optellen van (7.34) en (7.35) geeft Oab (f )

+

Obc (f )

=

Bab (f )

+

Bbc (f )

Z

c

f (x)dx.

(7.35)

b

=

Z

b

f (x)dx + a

Z

b

c

f (x)dx.

(7.36)

268

Hoofdstuk 7

Volgens Hulpstelling 7.6 geldt Oab (f ) + Obc = Oab (f ) en Bab (f ) + Bbc (f ) = Bac (f ). Volgens de eerste gelijkheid van (7.36) is dan Oac (f ) = Bac (f ) zodat f integreerbaar is over [a, c]. Volgens de tweede gelijkheid van (7.36) is ook Z

Z

c

f (x)dx =

a

b

f (x)dx +

a

Z

c

f (x)dx.

b

2 We willen dat (7.33) juist is voor elke ligging van de punten a, b en c en we geven daarom de volgende definitie. Definitie:

Als a < b en f is Riemann-integreerbaar over [a, b] dan is per definitie Z

a

b

f (x)dx = −

Z

b

f (x)dx.

(7.37)

a

Als a = b dan is per definitie Z

a

f (x)dx = 0.

(7.38)

a

Met de definitie (7.37) en (7.38) kan eenvoudig nagegaan worden dat (7.33) juist is voor elke ligging van de punten a, b en c. Met (7.37) en de kettingregel voor afgeleiden kunnen we (7.29) veralgemenen voor grenzen die afleidbare functies φ1 (x) (ondergrens) en φ2 (x) (bovengrens) zijn. Eigenschap 7.10: Als f continu is in [a, b] en φ1 en φ2 zijn afleidbare functies met waarden in [a, b], dan is de functie Z φ2 (x) x 7→ f (t)dt φ1 (x)

afleidbaar met afgeleide d dx

Z

φ2 (x)

f (t)dt = f (φ2 (x)) φ1 (x)

dφ2 (x) dφ1 (x) − f (φ1 (x)) . dx dx

(7.39)

Integraal en limiet van Riemann-sommen De integraal van een Riemann-integreerbare functie kan ook bekomen worden als limiet van Riemann-sommen. n X (xk − xk−1 )f (ck ). k=1

Neem daartoe een rij van partities {P n } met Pn = {x0,n , x1,n , . . . , xn,n } en voor elke k een punt ck,n ∈ [xk−1,n , xk,n ]. We nemen bovendien aan dat lim max(xk,n − xk−1,n ) = 0.

n→∞

k

Integraalrekening

269

y

a1

a

b1

b

x

Figuur 7.4: Berekening van de oppervlakte onder graf f tussen x = a en x = b. Dan geldt Rb a

f (x)dx = lim

n→∞

We zullen (7.40) hier niet bewijzen.

7.1.3

Pn

k=1 (xk,n

− xk−1,n )f (ck,n ).

(7.40)

Meetkundige interpretatie van bepaalde integraal

We komen tenslotte terug op de meetkundige interpretatie. In het begin van deze paragraaf hebben we de oppervlakte trachten te berekenen van het deel van het vlak onder graf f tussen x = a en x = b wanneer f (x) > 0 voor x ∈ [a, b]. Wanneer f (x) ≥ 0 voor x ∈ [a, b] en f is Riemann-integreerbaar over [a, b] dan volgt uit de definitie van Riemann-integreerbaarheid dat de oppervlakte S onder graf f tussen x = a en x = b gegeven wordt door Z b

S=

f (x)dx.

(7.41)

a

Als f zowel positieve als negatieve waarden aanneemt in [a, b] dan geldt (7.41) niet. Wanneer bijvoorbeeld, zoals ge¨ıllustreerd in Figuur 7.4, a < a1 < b1 < b en f (x) ≥ 0 voor x ∈ [a, a1 ] ∪ [b1 , b], terwijl f (x) ≤ 0 voor x ∈ [a1 , b1 ], dan is Z

b

f (x)dx = a

Z

|a

Z

a1

Z

b1

b

f (x)dx + f (x)dx + f (x)dx . {z } | a1 {z } | b1 {z } >0

<0

(7.42)

>0

De eerste en de derde term in het rechterlid van (7.42) zijn positief en zijn gelijk aan de oppervlakte onder graf f tussen x = a en x = a 1 en tussen x = b1 en x = b. De tweede term is negatief. Daar volgens afspraak oppervlakte positief is wordt de oppervlakte ‘onder’ graf f tussen x = a en x = b gegeven door S=

Rb a

|f (x)|dx.

(7.43)

270

Hoofdstuk 7 In het beschouwde geval wordt dit S=

Z

|a

a1

Z b1 Z b f (x)dx + [−f (x)]dx + f (x)dx . a1 b1 {z } | {z } | {z } >0

>0

>0

Voorbeeld 7.2: We berekenen de oppervlakte onder de kromme y = x 2 tussen x = 0 en x = 1. Volgens (7.43) heeft men Z 1 S= x2 dx. 0

Om dit te berekenen nemen we de equistante partities Pn =

1 2 n−1 0, , , . . . , ,1 , n n n

met n ∈ N0 . Omdat de functie x2 stijgend is op [0, 1] wordt het minimum over het k-de k k−1 deelinterval [ k−1 n , n ] aangenomen in n . We hebben dan O01 (x2 , Pn )

n n n−1 X k−1 2 1 1 X 1 X 2 = = 3 (k − 1)2 = 3 k . n n n n k=1

k=1

k Het maximum van x2 over [ k−1 n , n ] wordt aangenomen in

B01 (x2 , Pn ) =

n X

k n.

Er geldt

n 2 n X k 1 1 X 2 k . = 3 n n n k=1

We herinner ons de som

k=1

k=1

1 n(n + 1)(2n + 1), 6

k2 =

k=1

die met volledige inductie kan bewezen worden. Als we dit gebruiken in de uitdrukkingen die we gevonden hebben voor O01 (x2 , Pn ) en B01 (x2 , Pn ), dan volgt O01 (x2 , Pn ) =

1 (n − 1)n(2n − 1) 1 (n − 1)(2n − 1) = 3 6 n 6 n2

B01 (x2 , Pn ) =

1 n(n + 1)(2n + 1) 1 (n + 1)(2n + 1) = . 3 6 n 6 n2

en

Nemen we nu de limiet n → ∞, dan vinden we lim O01 (x2 , Pn ) =

n→∞

1 3

en

lim B01 (x2 , Pn ) =

n→∞

Er volgt nu dat Z

0

1

1 x2 dx = . 3

1 . 3

Integraalrekening

271

Voorbeeld 7.3: Niet elke functie f die begrensd is op een gesloten interval [a, b] is integreerbaar over dit interval. Immers, als   0 als x rationaal is, f : [0, 1] → R : x 7→ f (x) =  1 als x irrationaal is, dan geldt voor elke partitie van [0, 1] dat

O01 (f, P) = 0

B01 (f, P) = 1,

en

zodat voor de onder- en bovenintegraal geldt O01 (f ) = 0

B01 (f ) = 1.,

en

De onder- en de bovenintegraal zijn niet aan elkaar gelijk, zodat f niet integreerbaar is over [0, 1].

7.2

Primitieve functies, onbepaalde integralen en de hoofdstellingen van de integraalrekening

De berekening van de bepaalde integraal als supremum van de ondersommen of als infimum van de bovensommen is zelfs voor eenvoudige functies f omslachtig, zoals blijkt uit Voorbeeld 7.1. Uit Stelling 7.7 volgt dat voor een functie f die continu is op [a, b] een functie ψ(x) kan worden gedefinieerd als Z x f (t)dt. (7.44) ψ : [a, b] → R : x 7→ ψ(x) = a

Deze functie ψ is afleidbaar met afgeleide dψ(x) d = dx dx

Z

x

f (t)dt = f (x),

en ψ(a) = 0

en

(7.45)

a

ψ(b) =

Z

b

f (t)dt.

(7.46)

a

Op het interval [a, b] heeft de functie ψ(x) als afgeleide functie f (x). Dit leidt ons tot het begrip primitieve functie. Definitie:

Zij f een gegeven reële functie en I een interval met I ⊂ dom f . Een afleidbare functie F is een primitieve functie van f in het interval I indien f in I gelijk is aan de afgeleide van F : ∀x ∈ I :

dF (x) = f (x). dx

(7.47)

De eerste hoofdstelling van de integraalrekening kunnen we dan als volgt herformuleren:

272

Hoofdstuk 7 Als f een continue functie op [a, b] is, dan is op [a, b] de functie Z x ψ(x) = f (t)dt a

een primitieve functie van f . In het bijzonder bestaat voor iedere continue functie op een interval een primitieve functie. Een gegeven functie heeft natuurlijk meerdere primitieve functies. We kunnen echter makkelijk aantonen dat deze allemaal op een constante na gelijk zijn. We formuleren dit in de volgende stelling. Stelling 7.11: Primitieve functies van een gegeven functie f op een interval I verschillen in I alleen door een constante.

Bewijs: Als F en G twee primitieve functies zijn van f in I dan geldt F 0 (x) = f (x) en G0 (x) = f (x) voor elke x ∈ I. Dus F 0 (x) = G0 (x) voor elke x ∈ I. Omdat I een interval is, geldt volgens Hulpstelling 3.12 dat er een constante C bestaat zodat ∀x ∈ I : F (x) = G(x) + C. Dus verschillen F en G in I slechts door middel van de constante C. Definitie:

(7.48) 2

De onbepaalde integraal van een functie f in een interval I is de verzameling van de primitieve functies van f in I. De onbepaalde integraal wordt genoteerd als Z f (x)dx.

In de praktijk werken we met een representant F van deze verzameling. Omdat de primitieve functies op een constante na bepaald zijn, schrijven we dan Z

f (x)dx = F (x) + C

met een willekeurige constante C, die we de integratieconstante noemen. Als f afleidbaar is, is f uiteraard zelf een primitieve functie van zijn afgeleide f 0 (x). Daarom geldt ook Z f 0 (x)dx = f (x) + C. (7.49) Uit Stelling 7.7 volgt dat, voor een continue functie f , de functie ψ(x) zoals gedefinieerd in (7.44), een primitieve functie is en ψ(b) gelijk is aan de bepaalde integraal van f over [a, b]. Samen met (7.48) leidt dit tot de volgende tweede hoofdstelling van de integraalrekening.

Integraalrekening

273

Figuur 7.5: De grafiek van de functie y = x(x − 1)(x − 2) uit Voorbeeld 7.4. Stelling 7.12: Als de functie f continu is op [a, b] en als F een primitieve functie is van f in [a, b] dan Z b f (x)dx = F (b) − F (a). (7.50) a

Bewijs: Definieer ψ(x) zoals in (7.44). Volgens (7.45) is ψ(x) een primitieve functie van f in [a, b] zodat volgens Stelling 7.12 er een constante C bestaat met ∀x ∈ [a, b] : ψ(x) = F (x) + C. Voor x = a wordt deze gelijkheid met behulp van (7.46) 0 = ψ(a) = F (a) + C zodat C = −F (a). Daarmee volgt ∀x ∈ [a, b] : ψ(x) = F (x) − F (a). Omdat ψ(b) =

Rb a

f (x)dx, volgt (7.50) nu door x = b te nemen.

2

Met behulp van (7.50) is de berekening van de bepaalde integraal teruggebracht tot de bepaling van een primitieve functie van f . Het verschil F (b) − F (a) wordt genoteerd als [F (x)]ba

of

F (x)|ba .

Met behulp van de formules voor de afgeleiden van elementaire functies kunnen we een lijst van basisformules van primitieve functies opstellen. We stellen dit echter uit tot in paragraaf 7.4 (Integratietechnieken).

274

Hoofdstuk 7

Voorbeeld 7.4: We berekenen de oppervlakte van het gebied tussen de kromme y = x(x − 1)(x − 2) en de x-as en tussen x = 0 en x = 2. We nemen f (x) = x(x − 1)(x − 2). Daar f (x) ≤ 0 voor x ∈ [1, 2] en f (x) ≥ 0 voor x ∈ ]0, 1[, hebben we S=

Z

2 0

|f (x)|dx =

Z

1

f (x)dx −

0

Z

2

f (x)dx. 1

Nu is f (x) = x3 − 3x2 + 2x en een primitieve van f is F (x) = kan eenvoudig nagegaan worden dat F 0 (x) = f (x). Dus S=

[F (x)]10

−

[F (x)]21

x4 4

− x3 + x2 . Inderdaad, het

1 1 1 = . = (F (1) − F (0)) − (F (2) − F (1)) = − − 4 4 2

Restterm van Taylorbenadering in integraalvorm Een andere manier om naar Stelling 7.12 te kijken is door uit te gaan van de primitieve functie F . Dan is f = F 0 en (7.50) kunnen we schrijven als F (b) = F (a) +

Z

b

F 0 (t)dt

(7.51)

a

waarbij we nu t als integratieveranderlijke nemen. We veranderen F door f en b door x in (7.51) zodat we krijgen Z x f (x) = f (a) + f 0 (t)dt. (7.52) a

De formule (7.52) geldt als f afleidbaar is met een continue afgeleide op een interval dat a en x bevat. Herinner u nu uit Hoofdstuk 4 de Taylorveelterm P n van f in a. Als de eerste n + 1 afgeleiden van f in a bestaan dan geldt f (x) = Pn (x) + Rn+1 (x)

(7.53)

met de Taylorveelterm Pn (x) =

n X f (k) (a)

k!

k=0

(x − a)k

en de restterm Rn+1 (x). Voor n = 0 wordt (7.53) f (x) = f (a) + R1 (x) en als we dit vergelijken met (7.52) dan zien we dat R1 (x) =

Z

x

f 0 (t)dt.

a

We noemen (7.54) de integraalvoorstelling voor de restterm R 1 (x). De algemene restterm Rn+1 (x) heeft ook een integraalvoorstelling.

(7.54)

Integraalrekening

275

Stelling 7.13: Neem aan dat f een functie is waarvoor de eerste n + 1 afgeleiden bestaan en continu zijn op een interval I ⊂ dom f . Als a ∈ I, dan geldt voor elke x ∈ I, f (x) = Pn (x) + Rn+1 (x),

(7.55)

waarin Pn de Taylorveelterm van graad n van f in a is en waarbij de restterm Rn+1 (x) gegeven wordt door Z x (x − t)n (n+1) f (t)dt. (7.56) Rn+1 (x) = n! a

Bewijs: We geven het bewijs met volledige inductie. Basisstap: Het geval n = 0 komt overeen met de hoofdstelling van de integraalrekening zoals we hiervoor al gezien hebben. Inductiestap: We veronderstellen dat (7.56) juist is voor zekere n en we tonen aan dat uit deze veronderstelling volgt dan (7.56) eveneens geldt voor n + 1. Er geldt bij veronderstelling dat f (x) = Pn (x) + Rn+1 (x) met Rn+1 (x) =

Z

a

x

(7.57)

(x − t)n (n+1) (t) dt. f n!

(7.58)

We moeten de uitspraak van de stelling bewijzen met n vervangen door n+1 en we nemen dus aan de eerste n + 2 afgeleiden van f bestaan en continu zijn op I. Beschouw gn (t) =

(x − t)n+1 (n+1) f (t) (n + 1)!

als een functie van t bij vaste x ∈ I. Dan is g n afleidbaar met een continue afgeleide, en volgens de hoofdstelling van de integraalrekening geldt Z x gn (x) − gn (a) = gn0 (t)dt. a

Omdat gn (x) = 0, gn (a) =

(x−a)n+1 (n+1) (a) (n+1)! f

gn0 (t) = −

en

(x − t)n (n+1) (x − t)n+1 (n+2) f (t) + f (t) n! (n + 1)!

wordt dit (x − a)n+1 (n+1) f (a) = − − (n + 1)!

Z

a

x

(x − t)n (n+1) f (t)dt + n!

Z

x a

(x − t)n+1 (n+2) f (t)dt. (n + 1)!

Vanwege de inductiehypothese (7.58) kunnen we dit schrijven als (x − a)n+1 (n+1) − f (a) = −Rn+1 (x) + (n + 1)!

Z

x a

(x − t)n+1 (n+2) f (t)dt (n + 1)!

276

Hoofdstuk 7

ofwel Rn+1 (x) =

(x − a)n+1 (n+1) f (a) + (n + 1)!

Z

x

a

(x − t)n+1 (n+2) f (t)dt. (n + 1)!

Als we dit invullen in (7.57) dan volgt Z x (x − a)n+1 (n+1) (x − t)n+1 (n+2) f (x) = Pn (x) + (a) + (t)dt f f (n + 1)! (n + 1)! a Z x (x − t)n+1 (n+2) = Pn+1 (x) + f (t)dt. (n + 1)! a Als we dit vergelijken met de formule van Taylor (7.55), dan zien we dat Rn+2 (x) =

Z

a

x

(x − t)n+1 (n+2) f (t)dt (n + 1)!

zodat de stelling eveneens geldt met n vervangen door n + 1. Conclusie: Vanwege het principe van volledige inductie geldt de stelling voor elke n ∈ N. 2

7.3

Eigenschappen van bepaalde integralen

Rekenregels en eigenschappen De volgende rekenregels gelden voor integralen. De rekenregels gelden voor alle Riemannintegreerbare functies, maar we zullen ons in het bewijs beperken tot continue functies. Voor continue functies wordt het bewijs eenvoudig omdat we weten dat een continue functie Riemann-integreerbaar is (Stelling 7.7), en we hebben de hoofdstelling van de integraalrekening tot onze beschikking voor continue functies (Stelling 7.12). Eigenschap 7.14: Als f en g twee functies zijn die Riemann-integreerbaar zijn over [a, b] en c ∈ R, dan geldt 1. cf is Riemann-integreerbaar over [a, b] en Z

b

cf (x)dx = c a

Z

b

f (x)dx, a

2. |f | is Riemann-integreerbaar over [a, b], 3. f + g is Riemann-integreerbaar over [a, b] en Z

b

(f + g)(x)dx = a

Z

b

f (x)dx + a

Z

b

g(x)dx, a

4. f − g is Riemann-integreerbaar over [a, b] en Z

b a

(f − g)(x)dx =

Z

b a

f (x)dx −

5. f g is Riemann-integreerbaar over [a, b].

Z

b

g(x)dx, a

Integraalrekening

277

Bewijs: We geven het bewijs alleen voor continue functies f en g. Als f en g continu zijn op [a, b] dan zijn cf , |f |, f + g, f − g, f g eveneens continu op [a, b] en bijgevolg integreerbaar over [a, b] volgens Stelling 7.7. Bovendien is er een primitieve functie F van f en een primitieve functie G van g. Dan is cF een primitieve functie van cf , zodat vanwege Stelling 7.12 Z

b a

cf (x)dx = cF (b) − cF (a) = c (F (b) − F (a)) = c

Z

b

f (x)dx, a

Verder is F + G een primitieve functie van f + g, zodat Z

b

(f + g)(x)dx = (F + G)(b) − (F + G)(a) = F (b) − F (a) + G(b) − G(a) Z b Z b f (x)dx + g(x)dx =

a

a

a

en, daar F − G een primitieve functie van f − g is, Z

a

b

(f − g)(x)dx = (F − G)(b) − (F − G)(a) = F (b) − F (a) − G(b) + G(a) Z b Z b = f (x)dx − g(x)dx. a

a

2 Merk op dat er geen regel is voor de integraal van het product. De integraal Z

b

f (x)g(x)dx

a

kan in het algmeen niet uitgedrukt worden in de integraal van f en de integraal van g. Integralen en ongelijkheden

y f(x)

g(x) a

b Figuur 7.6: Illustratie van Stelling 7.15.

x

278

Hoofdstuk 7

Stelling 7.15: Als f en g integreerbare functies zijn over [a, b] en als

dan geldt dat

∀x ∈ [a, b] : f (x) ≥ g(x),

(7.59)

Z

(7.60)

b a

f (x)dx ≥

Z

b

g(x)dx.

a

Bewijs: Uit (7.59) volgt dat f (x) − g(x) ≥ 0 voor alle x ∈ [a, b]. Volgens Eigenschap 7.14 is f − g integreerbaar over [a, b]. Omdat f −g niet negatief is, is de integraal niet-negatief. We hebben dan (waarbij we weer gebruik maken van Eigenschap 7.14) 0≤

Z

b a

(f − g)(x)dx =

Z

b a

f (x)dx −

Z

b

g(x)dx a

zodat (7.60) geldt.

2

R b Stelling 7.15 wordt ge¨ıllustreerd in Figuur 7.6. De oppervlakte van het gearceerde deel is a (f − g)(x)dx. Dit is de oppervlakte tussen de grafieken van f en g.

y

| f(x)|

I a

III

II a1

b1

b

x

f(x) Figuur 7.7: Illustratie van Stelling 7.16.

Stelling 7.16: Als f integreerbaar is over [a, b] dan geldt Z b Z b f (x)dx ≤ |f (x)|dx. a

a

(7.61)

Integraalrekening

279

Bewijs: We hebben voor elke x ∈ [a, b] −|f (x)| ≤ f (x) ≤ |f (x)|. Volgens Stelling 7.15 geldt dan −

Z

a

b

|f (x)|dx ≤

Z

b a

f (x)dx ≤

Z

b a

|f (x)|dx

waaruit (7.61) meteen volgt. 2 Stelling 7.16 wordt ge¨ıllustreerd in Figuur 7.7. Als S1 , S2 en S3 de oppervlakten zijn van de gebieden I, II en III van het vlak dan is Z

a

b

|f (x)|dx = S1 + S2 + S3

en

Het is duidelijk dat |S1 − S2 + S3 | ≤ S1 + S2 + S3 .

7.4

Z b = |S1 − S2 + S3 |. f (x)dx a

Integratietechnieken

In paragraaf 7.2 hebben we aangetoond dat de berekening van de bepaalde integraal van een continue functie f (x) over [a, b] neerkomt op de bepaling van een primitieve functie F (x) van f (x) in [a, b]. De verzameling van alle primitieve functies is de onbepaalde integraal R f (x) = F (x) + C. Op grond van gekende formules voor afgeleiden van functies beschikken we reeds over de volgende lijst van basisformules voor primitieve functies. Z

Z

Z

Z

xα dx =

xα+1 + C als α 6= −1 en voor x ∈ R, α+1

ex dx = ex + C voor x ∈ R, Z dx = ln |x| + C voor x 6= 0, x

(7.62) (7.63) (7.64)

cos x dx = sin x + C voor x ∈ R,

(7.65)

sin x dx = − cos x + C voor x ∈ R,

(7.66)

Z

dx cos2 x Z dx sin2 x Z dx √ 2 Z 1−x dx 1 + x2

= tan x + C voor x ∈ R \ { π2 + kπ | k ∈ Z},

(7.67)

= −cotanx + C voor x ∈ R \ {kπ | k ∈ Z},

(7.68)

= bgsinx + C voor |x| < 1,

(7.69)

= bgtanx + C voor x ∈ R,

(7.70)

280

Hoofdstuk 7

Z

Z

cosh x dx = sinh x + C voor x ∈ R,

(7.71)

sinh x dx = cosh x + C voor x ∈ R,

(7.72)

Z

dx 2 Z cosh x dx 2 Z sinh x dx √ 1 + x2 Z dx √ 2 Z x −1 dx 1 − x2 Z dx 1 − x2

= tanh x + C voor x ∈ R,

(7.73)

= −cotanhx + C voor x ∈ R0 , p = bgsinhx + C = ln x + 1 + x2 + C voor x ∈ R,

(7.74)

p = bgcoshx + C = ln x + x2 − 1 + C voor x > 1, 1 1+x ln + C voor x2 < 1, 2 1−x 1 x+1 + C voor x2 > 1. = bgcotanhx + C = ln 2 x−1 = bgtanhx + C =

(7.75) (7.76) (7.77) (7.78)

Het opzoeken van primitieve functies (in termen van elementaire functies) kan moeilijk en soms zelfs onmogelijk zijn daar de primitieve functie vanReen elementaire functie zelf niet steeds een elementaire functie is. Het klassieke voorbeeld is sinx x dx, die niet kan geschreven worden met elementaire functies. We benadrukken dat de primitieve van sinx x wel bestaat, maar dat ze niet te schrijven is in termen van elementaire functies. Dit wordt bedoeld als men zegt dat de functie sinx x niet te integreren valt. Anderzijds zijn er ook functies waarvan de primitieve wel gevonden kan worden. Om deze te berekenen zijn er technieken ontwikkeld om integralen te herleiden tot een van de gekende integralen. Een aantal van deze technieken wordt nu behandeld.

7.4.1

Substitutiemethode en parti¨ ele integratie

De substitutiemethode en partiële integratie zijn twee algemene technieken waarmee getracht wordt de berekening van een gegeven integraal terug te brengen tot een eenvoudiger te berekenen integraal. Substitutiemethode Stelling 7.17: Als g een afleidbare functie is op een interval [a, b] en de afgeleide functie g 0 is continu op [a, b] en als f een continue functie op het interval g([a, b]) is, dan geldt Z

b

0

f (g(x))g (x)dx = a

Z

g(b)

f (y)dy.

(7.79)

g(a)

Bewijs: Zij F een primitieve functie van f . Dan is volgens de kettingregel voor de afgeleide van een

Integraalrekening

281

samengestelde functie d (F ◦ g)(x) = F 0 (g(x))g 0 (x) = f (g(x))g 0 (x). dx Bijgevolg is F ◦ g een primitieve functie van f (g(x))g 0 (x). Daarom Z b f (g(x))g 0 (x)dx = [F ◦ g]ba = F (g(b)) − F (g(a)).

(7.80)

a

Ook geldt, omdat F een primitieve functie is van f , Z g(b) g(b) f (y)dy = [F (y)]g(a) = F (g(b)) − F (g(a)).

(7.81)

g(a)

Uit (7.81) en (7.80) volgt direct (7.79).

2

Rb We zeggen dat de integraal a f (g(x))g 0 (x)dx door de substitutie y = g(x) overgaat in de R g(b) integraal g(a) f (y)dy. Door de substitutie y = g(x) gaat de factor f (g(x)) over in f (y) en de uitdrukking g 0 (x)dx gaat over in dy. Bovendien moeten de integratiegrenzen aangepast worden. Omdat x = a overeenkomt met y = g(x) = g(a) gaat de ondergrens over in g(a). Net zo gaat de bovengrens over in g(b). Uit het bewijs is duidelijk dat de substitutiemethode voor integralen een gevolg is van de kettingregel voor afgeleiden. De regel (7.79) is de substitutiemethode voor bepaalde integralen. Geschreven in de vorm van onbepaalde integralen ziet de substitutiemethode er als volgt uit: Z Z (7.82) f (g(x))g 0 (x)dx = f (y)dy. Voorbeeld 7.5: 1 y

1

2x dx 2 0 1+x en g(x) = 1 + x2 . Dan is

We berekenen de integraal We nemen f (y) =

Z

f (g(x))g 0 (x) =

1 2x · 2x = . 1 + x2 1 + x2

We voeren dus de substitutie y = 1 + x2 uit. Dan corresponderen de grenzen x = 1 en x = 4 met y = 1 en y = 2. Er volgt Z 1 Z 2 2x 1 dx = dy. 2 0 1+x 1 y De laatste integraal is nu eenvoudig uit te rekenen, omdat ln y een primitieve functie is van 1 y . Dus Z 2 1 dy = [ln y]21 = ln 2 − ln 1 = ln 2. 1 y Gebruik makend van de symbolische notatie dg(x) = g 0 (x)dx wordt de substitutiemethode ook wel geschreven als Z Z Z 0 f (g(x))g (x)dx = f (g(x))dg(x) = f (y)dy.

282

Hoofdstuk 7

We kunnen de substitutiemethode ook gebruiken in het geval dat de integrandR niet van b de vorm f (g(x))g 0 (x) is. Als we de substitutie y = g(x) uitvoeren in de integraal a f (x)dx dan kan dat alleen indien de functie g inverteerbaar is op het interval [a, b]. Neem aan dat dat het geval is, en dat φ de inverse is van g. Dan is dus x = φ(y) en dx = dφ(y) = φ 0 (y)dy. Dan is Z Z b

g(b)

f (x)dx =

a

f (φ(y))φ0 (y)dy.

g(a)

Dit wordt ge¨ıllustreerd in het volgende voorbeeld. Voorbeeld 7.6:

Z

1

dx . + a2 0 We willen hier de substitutie y = x/a uitvoeren. Dan is x = ay en dx = d(ay) = ady. De integratiegrenzen gaan over in y = 0 en y = 1/a. Dus

We berekenen voor a > 0 de integraal

Z

0

1

dx 2 x + a2

=

x2

Z

1/a

0

= =

ady (ay)2 + a2

Z 1 1/a dy a 0 y2 + 1 1 1 1 1/a [bgtan(y)]0 = bgtan . a a a

Voorbeeld 7.7: Z p We berekenen de onbepaalde integraal 1 − x2 dx.

We voeren de substitutie x = sin θ uit. Dan dx = cos θdθ en Z p Z 2 1 − x dx = cos2 θ dθ.

√ 1 − x2 = cos θ, zodat

Om cos2 θ te integreren, maken we gebruik van de volgende identiteit cos 2θ = 2 cos2 θ − 1, die we omschrijven tot cos2 θ =

1 (1 + cos 2θ). 2

Als we deze identiteit gebruiken, vinden we Z p Z 1 2 1 − x dx = (1 + cos 2θ) dθ 2 =

1 1 θ + sin 2θ + C 2 4

=

1 1 θ + sin θ cos θ + C. 2 2

Door weer gebruik te maken van x = sin θ en θ = bgsinx, vinden we tenslotte Z p 1 1 p 1 − x2 dx = bgsinx + x 1 − x2 + C. 2 2

Integraalrekening

283

Parti¨ ele integratie De regel voor partiële integratie is een gevolg van de productregel voor afgeleiden. Stelling 7.18: Als f en g afleidbare functies zijn op het interval [a, b] en als de afgeleide functies f 0 en g 0 continu zijn op [a, b] dan geldt dat Z

b

0

f (x)g (x)dx =

a

[f (x)g(x)]ba

−

Z

b

f 0 (x)g(x)dx.

(7.83)

a

Bewijs: Vanwege de productregel geldt (f g) 0 = f 0 g + f g 0 , zodat f g een primitieve functie is van f 0 g + f g 0 . Bijgevolg is Z b f 0 (x)g(x) + f (x)g 0 (x) dx = [f (x)g(x)] ba . a

De linkerkant is een som van twee integralen. Als we ontstaat (7.83).

Rb a

f 0 (x)g(x)dx naar rechts brengen, 2

Voor onbepaalde integralen is de regel voor partiële integratie Z Z f (x)g 0 (x)dx = f (x)g(x) − f 0 (x)g(x)dx.

(7.84)

Wanneer we de afkortingen u = f (x), v = g(x) gebruiken, dan kunnen we (7.84) verkort schrijven als Z Z uv 0 dx = uv − u0 vdx, of nog

R

u dv = uv −

R

v du.

De bedoeling van partiële integratie is een gegeven integraal om te vormen tot een eenvoudigere integraal die men gemakkelijk kan bepalen. Voorbeeld 7.8: R We berekenen de onbepaalde integraal x cos xdx. We nemen u = x en v = sin x. Dan Z Z Z x cos xdx = xd sin x = x sin x − sin xdx = x sin x + cos x + C. Merk op dat dit betekent dat x sin x + cos x een primitieve functie is van x cos x. Voorbeeld 7.9: R Soms moeten we meer dan eens partieel integreren. Dit is het geval bij de integraal x2 ex dx. Z Z Z Z 2 x 2 x 2 x x 2 x x e dx = x d(e ) = x e − 2 xe dx = x e − 2 x d(ex ) Z 2 x x = x e − 2xe + 2 ex dx = x2 ex − 2xex + 2ex + C.

284

Hoofdstuk 7

Voorbeeld 7.10: R We berekenen ex sin x dx door twee keer partieel te integreren. Z Z Z x x x e sin x dx = sin x d(e ) = e sin x − ex d(sin x) Z Z x x x = e sin x − e cos x dx = e sin x − cos x d(ex ) Z x x = e sin x − e cos x − ex sin x dx. R We vinden nu in het rechterlid terug de integraal ex sin x dx waarmee we begonnen zijn. Door deze naar de linkerkant te brengen, vinden we Z 2 ex sin x dx = ex (sin x − cos x) + C 0 met een integratieconstante C 0 . Na deling door 2 vinden we tenslotte Z ex ex sin x dx = (sin x − cos x) + C. 2 Voorbeeld 7.11: R We berekenen bgtanx dx. Hier zien we u = bgtanx en v = x. Dan Z Z Z bgtanx dx = xbgtanx − x d(bgtanx) = xbgtanx −

x dx. 1 + x2

In de overblijvende integraal substitueren we y = 1 + x 2 . Dan dy = 2xdx, zodat Z Z x 1 dy 1 1 dx = = ln |y| + C = ln(1 + x2 ) + C. 1 + x2 2 y 2 2 Dus

Z

bgtanx dx = xbgtanx −

1 ln(1 + x2 ) + C 2

(met een andere constante C). Recursiebetrekkingen voor onbepaalde integralen In Voorbeeld 7.10 hebben we gezien dat twee maal partieel integreren nodig is voor de berekenR ing van x2 ex dx. De berekening van Z xn ex dx met n ∈ N zal op dezelfde wijze mogelijk zijn door n keer partieel te integreren. In plaats van dit n keer door te voeren, kan men ook een recursiebetrekking opstellen voor de integraal. Als we stellen Z In =

xn ex dx

dan volgt met partiële integratie Z Z Z n x n x x n n In = x d(e ) = x e − e d(x ) = x − n xn−1 ex dx.

Integraalrekening

285

We vinden dus In = xn − nIn−1 . Andere recursiebetrekkingen zijn Z Z 1 n ax n n ax x e − xn−1 eax dx x e dx = a a Z Z n n n−1 cos x − (n − 1)n xn−2 cos x dx x cos x dx = x sin x + nx Z Z n n n−1 x sin x dx = −x cos x + nx sin x − n(n − 1) xn−2 sin x dx Z Z xα+1 n α n n (ln x) − xα (ln x)n−1 dx voor α 6= −1 x (ln x) dx = α+1 α+1 Z Z 1 n−1 sinn x dx = − sinn−1 x cos x + sinn−2 x dx n n Z Z 1 n−1 cosn−1 x sin x + cosn−2 x dx cosn x dx = n n Z Z −1 m−1 sinm−1 x cosn+1 x + sinm−2 x cosn x dx sinm x cosn x dx = m+n m+n Z Z 1 x 2n − 3 dx dx = + voor n 6= 1 (1 + x2 )n 2(n − 1) (1 + x2 )n−1 2(n − 1) (1 + x2 )n−1 Voorbeeld 7.12: Z We gebruiken de notatie In = In =

dx , en tonen aan dat (1 + x2 )n

1 x 2n − 3 + In−1 voor n > 1 2(n − 1) (1 + x2 )n−1 2(n − 1)

(7.85)

Om de recursiebetrekking te bewijzen, vertrekken we van Z dx In−1 = . (1 + x2 )n−1 Partiële integratie met u = (1 + x2 )1−n en v = x geeft Z x 2 1−n In−1 = − xd (1 + x ) (1 + x2 )n−1 Z x2 x = + 2(n − 1) dx. (1 + x2 )n−1 (1 + x2 )n Nu is Z

x2 dx = (1 + x2 )n

Z

(1 + x2 ) − 1 dx = (1 + x2 )n

Z

1 dx − (1 + x2 )n−1

Z

1 dx = In−1 − In , (1 + x2 )n

zodat (7.86) wordt In−1 =

x + 2(n − 1)In−1 − 2(n − 1)In . (1 + x2 )n−1

Bijgevolg is 2(n − 1)In = (2n − 3)In−1 +

(7.86)

x , (1 + x2 )n−1

286

Hoofdstuk 7

en dus In =

2n − 3 1 x In−1 + . 2(n − 1) 2(n − 1) (1 + x2 )n−1

Dit is de gezochte recursiebetrekking voor I n . Om de recursie te kunnen gebruiken, moeten we ook I 1 kennen. Dit is Z dx I1 = = bgtanx + C. 1 + x2 Met behulp van (7.85) en (7.87) vinden we dat Z dx 1 x 1 = + bgtanx + C, I2 = 2 2 2 (1 + x ) 21+x 2 Z dx 1 x 3 x 3 I3 = = + + bgtanx + C, 2 3 2 2 2 (1 + x ) 4 (1 + x ) 81+x 8

(7.87)

(7.88) (7.89)

enzovoorts.

In wat volgt bestuderen we rekenregels voor de bepaling van primitieve functies in bijzondere gevallen. We bepalen eerst primitieve functies van rationale functies.

7.4.2

Integratie van rationale functies

Onbepaalde integralen van rationale functies Een rationale functie R(x) wordt gedefinieerd als R(x) =

P (x) , Q(x)

met P en Q veeltermen. Het domein van R is dom R = {x ∈ R : Q(x) 6= 0}. We zullen in deze paragraaf zien dat van elke rationale functie de primitieve uitgerekend kan worden. De primitieve functie is een combinatie van veeltermen, rationale functies, logaritmen en boogtangens. Eerste stap De eerste stap bij het integreren van een rationale functie is er voor zorgen dat de graad van de teller P kleiner is dan de graad van de noemer Q. Als dat al zo is, dan hoeft men in de eerste stap niets te doen. Neem aan dat P graad n heeft, dat Q graad m heeft en dat n ≥ m. Dan kan men de deling P/Q uitvoeren en R schrijven als R(x) = q(x) +

r(x) , Q(x)

met q(x) het quotiënt van de deling en r(x) de rest van de deling. q(x) is een veelterm van graad n − m en r(x) is een veelterm waarvan de graad ten hoogste m − 1 is. Het quotiënt q(x) kan eenvoudig worden ge¨ıntegreerd. Omdat Z Z Z r(x) R(x) dx = q(x) dx + dx Q(x) is de bepaling van een primitieve functie van R bijgevolg teruggebracht tot het primitiveren van r/Q. In r/Q is de graad van de teller kleiner dan de graad van de noemer.

Integraalrekening

287

Voorbeeld 7.13: We moeten berekenen

Z

x3 − x + 1 dx. Nu is x2 + 1 x3 − x + 1 −2x + 1 =x+ 2 , 2 x +1 x +1

zodat

Z

Z x3 − x + 1 x2 −2x + 1 dx = + dx. x2 + 1 2 x2 + 1 Er blijft bijgevolg nog een onbepaalde integraal te berekenen van een rationale functie waarbij de graad van de teller kleiner is dan de graad van de noemer. Tweede stap Om r/Q te integreren, gaan we de noemer Q ontbinden in factoren. Men kan aantonen dat een veelterm altijd kan ontbonden worden in een product van factoren van de eerste graad en factoren van de tweede graad die geen reële wortels bezitten. Men kan Q dus schrijven in de vorm Q(x) = A(x − a1 )m1 (x − a2 )m2 · · · (x − aλ )mλ (x2 + p1 x + q1 )l1 (x2 + p2 x + q2 )l2 · · · (x2 + pµ x + qµ )lµ . Hierbij is natuurlijk m1 + m2 + m3 + · · · + mλ + 2(l1 + l2 + · · · + lµ ) = m. Daar de kwadratische factoren geen reële wortels bezitten, moet de discriminant negatief zijn zodat (7.90) p2k − 4qk < 0 voor k = 1, 2, . . . , µ. Elke kwadratische factor is strikt positief en kan geschreven worden als p2k p2 + qk − k 4 4 2 p pk = (x + )2 + (qk − k ), 2 | {z 4 }

x2 + p k x + q k = x 2 + p k x +

>0

en wegens (7.90)

x2 + pk x + qk = (x + αk )2 + βk2 met αk =

pk 2

en

βk2 = qk −

p2k . 4

Derde stap In de derde stap gaan we de rationale functie partieelbreuken. Een partieelbreuk is gedefinieerd door: Definitie:

(7.91)

r(x) Q(x)

schrijven als een som van

Een partieelbreuk is een rationale functie van de vorm: constante (lineaire functie)k

,

voor zekere k ∈ N0 , of lineaire functie (kwadratische functie zonder reële wortels) k voor zekere k ∈ N0 .

.

288

Hoofdstuk 7 De som van partieelbreuken ziet er uit als r(x) Q(x)

= + + +

A1,1 A1,2 A1,m1 + + ··· + + ··· 2 x − a1 (x − a1 ) (x − a1 )m1 Aλ,1 Aλ,mλ + ··· + x − aλ (x − aλ )mλ B1,l x + C1,l1 B1,1 x + C1,1 + ··· + 2 1 + ··· 2 x + p1 x + q 1 (x + p1 x + q1 )l1 Bµ,l x + Cµ,lµ Bµ,1 x + Cµ,1 + ··· + 2 µ , 2 x + pµ x + q µ (x + pµ x + qµ )lµ

(7.92)

waarbij de coëfficiënten A1,1 , A1,2 , . . . Cµ,lµ bepaald worden door het rechterlid op gelijke noemer te brengen en dan de coëfficiënten van gelijke machten van x in de tellers aan elkaar gelijk te stellen. Vierde stap Vervolgens wordt elke partieelbreuk afzonderlijk ge¨ıntegreerd. Uit (7.91) en (7.92) volgt dat de integraal van r/Q gelijk is aan een lineaire combinatie van de volgende integralen Z Z dx Bx + C Ik = en Jk = dx. k (x − a) [(x + α)2 + β 2 ]k Hierin is k ∈ N0 en a, α, β, A, B ∈ R. Voor de integralen van het type Ik hebben we  1−k  Z  = (x − a) + C als k 6= 1, dx 1−k Ik = k  (x − a)  = ln |x − a| + C als k = 1.

Om de integralen van het type Jk te berekenen, schrijven we " # x+α 2 2 2 2 (x + α) + β = β 1 + . β Met de substitutie y=

x+α β

zodat

x = βy − α

wordt de integraal Jk dan Jk = =

B

Z

β 2k−2 1 B 2 β 2k−2

Z y dy C − αB dy + 2 k 2k−1 (1 + y ) β (1 + y 2 )k Z Z 2y dy) C − αB dy + 2k−1 . 2 k (1 + y ) β (1 + y 2 )k

De eerste integraal in het rechterlid van (7.93) is  1 1 Z 2y dy  = − k−1 (1+z 2 )k−1 als k 6= 1 (1 + y 2 )k  = ln(1 + y 2 ) als k = 1.

(7.93)

De tweede integraal in het rechterlid is bgtany voor k = 1 of kan worden berekend met de recursieformule (7.85) als k > 1. We kunnen het voorgaande als volgt samenvatten.

Integraalrekening

289

Stelling 7.19: De onbepaalde integraal van een rationale functie kan steeds in expliciete analytische vorm worden verkregen en is de som van een veeltermfunctie, een rationale functie, een logaritmische functie en een boogtangensfunctie. Voorbeeld 7.14: Z 16x + 3 dx. We berekenen 2 4x − 4x + 26 De graad van de teller is reeds kleiner dan de graad van de teller. De eerste stap is dus al uitgevoerd. Het ontbinden van de teller is ook al uitgevoerd, omdat de noemer 4x 2 − 4x + 26 een kwadratische factor zonder nulpunten is. De discriminant is namelijk D = (−4)2 − 4 · 4 · 26 = −100 < 0. We delen teller en noemer voor het gemak door 4 zodat 4x + 34 16x + 3 = 4x2 − 4x + 26 x2 − x + 13 2 en dit is een partieelbreuk van type J 1 . We schrijven 13 1 2 25 25 2 x −x+ = x− + = (1 + y 2 ) 2 2 4 4 met y = 15 (2x − 1). We voeren bijgevolg de substitutie 1 y = (2x − 1) 5 uit. Bijgevolg Z

16x + 3 dx = 2 4x − 4x + 26 = =

en

1 x = (5y + 1) 2

Z 11 2 4 + 10y dy 5 1 + y2 11 bgtany + 2 ln(1 + y 2 ) + C 10 2x − 1 11 bgtan + 2 ln(2x2 − 2x + 13) + C. 10 5

Voorbeeld 7.15: Z x3 We berekenen dx. x2 + x − 12 De graad van de teller is groter dan de graad van de noemer. We moeten dus eerst een polynoom-deel afsplitsen. We hebben x3 13x − 12 =x−1+ 2 . 2 x + x − 12 x + x − 12 Het is duidelijk dat

Blijf dus over de integraal van

Z

(x − 1) dx =

x2 − x + C. 2

13x − 12 . We ontbinden de noemer in factoren: + x − 12

x2

x2 + x − 12 = (x + 4)(x − 3).

290

Hoofdstuk 7

Bijgevolg zoeken we een partieelbreuksplitsing van de vorm 13x − 12 A B = + , + x − 12 x+4 x−3

x2

(7.94)

waarin we de constanten A en B op gepaste wijze moeten kiezen. Door op gelijke noemer te brengen vinden we A B A(x − 3) + B(x + 4) (A + B)x + (−3A + 4B) + = = . x+4 x−3 (x + 4)(x − 3) (x + 4)(x − 3) Er volgt nu dat (7.94) klopt als en slechts als A + B = 13 −3A + 4B = −12 Dit stelsel van twee vergelijkingen voor twee onbekenden heeft als oplossing A = 64/7 en B = 27/7. Dus 13x − 12 64 1 27 1 = + 2 x + x − 12 7 x+4 7 x−3 is de gezochte partieelbreuksplitsing. We kunnen nu integreren Z Z Z x3 x2 64 dx 27 dx dx = − x + + x2 + x − 12 2 7 x+4 7 x−3 x2 64 27 = −x+ ln |x + 4| + ln |x − 3| + C. 2 7 7 Voorbeeld 7.16: Z 2x2 + 4x − 1 We berekenen dx. (x2 + 2x + 2)(x − 1) De graad van de teller is reeds kleiner dan de graad van de noemer. Bovendien is de noemer ook al ontbonden in factoren. We zoeken nu constanten A, B en C zodanig dat 2x2 + 4x − 1 A Bx + C = + 2 . 2 (x + 2x + 2)(x − 1) x − 1 x + 2x + 2 Door het rechterlid weer op gelijke noemer te brengen vinden we A Bx + C + x − 1 x2 + 2x + 2

=

A(x2 + 2x + 2) + (Bx + C)(x − 1) (x2 + 2x + 2)(x − 1)

=

(A + B)x2 + (2A − B + C)x + (2A − C) . (x2 + 2x + 2)(x − 1)

We zien dat we A, B en C zo moeten kiezen dat geldt   A+B =2 2A − B + C = 4  2A − C = −1 Dit stelsel heeft als oplossing

A = 1,

B = 1,

C = 3.

Integraalrekening

291

We hebben dus het volgende tussenresultaat: Z Z Z 2x2 + 4x − 1 dx x+3 dx = + dx 2 2 (x − 1)(x + 2x + 2) x−1 x + 2x + 2 = ln |x − 1| +

Z

x2

x+3 dx. + 2x + 2

In de resterende integraal is de noemer gelijk aan x2 + 2x + 2 = (x + 1)2 + 1. We substituteren y = x + 1, zodat Z Z y+2 x+3 dx = dy 2 x + 2x + 2 y2 + 1 Z Z y 1 = dy + 2 dy 2 2 y +1 y +1 =

1 ln(y 2 + 1) + 2bgtany + C 2

=

1 ln(x2 + 2x + 2) + 2bgtan(x + 1) + C. 2

Bijgevolg Z

2x2 + 4x − 1 1 dx = ln |x − 1| + ln(x2 + 2x + 2) + 2bgtan(1 + x) + C. 2 (x + 2x + 2)(x − 1) 2

7.4.3

Integralen van goniometrische functies

Verschillende klassen van integralen kunnen door een gepaste substitutie herleid worden tot een integraal van een rationale functie en bijgevolg met de methode van de vorige paragraaf berekend kunnen worden. We behandelen hier integralen van goniometrische functies. Integralen met producten van sinus en cosinus Voor elke p, q ∈ Z is de integraal

Z

p

q

sin x cos x dx

(7.95)

expliciet uit te rekenen. Als q oneven, zeg q = 2n + 1 met n ∈ Z, dan schrijven we cos q x = (cos2 x)n cos x = (1 − sin2 x)n cos x en Z Z p q sin x cos x dx = sinp x(1 − sin2 x)n d sin x. Door de substitutie t = sin x wordt de integrand een rationale functie van t (zelfs een veelterm als p, q ∈ N). Op dezelfde manier kunnen we (7.95) integreren als q oneven is. In dat geval leidt de substitutie t = cos x tot een rationale integrand.

292

Hoofdstuk 7

Voorbeeld 7.17: Z

sin5 x cos2 x dx =

Z

sin4 x cos2 x sin x dx Z = − (1 − cos2 x)2 cos2 x d cos x

De substitutie cos x = t leidt tot Z Z − (1 − t2 )2 t2 dt = −

t2 − 2t4 + t6 dt

1 2 1 = − t3 + t5 − t7 + C 3 5 7 2 1 1 = − cos3 x + cos5 x − cos7 x + C. 3 5 7

Indien beide exponenten in (7.95) even zijn, zeg p = 2n en q = 2m, dan gebruiken we de identiteiten sin x cos x =

1 sin2 x = (1 − cos 2x), 2

1 sin 2x, 2

1 cos2 x = (1 + cos 2x) 2

om zo over te gaan op de dubbele hoek. Voorbeeld 7.18: Z

cos2 x dx =

1 2

Z

(1 + cos 2x) dx =

1 2

x+

1 sin 2x + C 2

Voorbeeld 7.19: Het is soms nodig om twee keer over te gaan op de dubbele hoek, zoals in dit voorbeeld: Z Z 2 2 sin x cos x dx = (sin x cos x)2 dx Z 1 = sin2 2x dx 4 Z 1 = (1 − cos 4x) dx 8 1 1 = x − sin 4x + C 8 4 Een ander type integralen is Z sin px cos qx dx,

Z

sin px cos qx dx,

Z

cos px cos qx dx

Om deze integralen uit te rekenen gebruiken we de identiteiten sin α cos β = sin α sin β = cos α cos β =

1 [sin(α − β) + sin(α + β)] 2 1 [cos(α − β) − cos(α + β)] 2 1 [cos(α − β) + cos(α + β)] 2

(7.96)

Integraalrekening

293

Voorbeeld 7.20: Z

sin 5x sin 3x dx = =

Z 1 (cos 2x − cos 8x) dx 2 1 1 1 sin 2x − sin 8x + C. 2 4 8

Rationale functie in sinus en cosinus De integraal

Z

R(sin x, cos x) dx

(7.97)

waarin R een rationale functie van twee veranderlijken is, kan altijd door een geschikte substitutie overgebracht worden tot een integraal van een rationale functie. Welke substitutie het best werkt hangt van het specifieke geval af. Voor speciale gevallen is er soms een speciale aanpak. Zo is (7.95) een speciaal geval van (7.97) die met de hierboven besproken methode het best opgelost wordt. Een substitutie die vaak werkt (maar niet altijd) is t = tan x. Een substitutie die altijd werkt voor (7.97) is x t = tan . (7.98) 2 Dan is 2 x = 2bgtant en dx = dt. (7.99) 1 + t2 Bovendien kunnen sin x en cos x uitgedrukt worden in t door 1 − t2 2t en cos x = . 1 + t2 1 + t2 De integraal (7.97) gaat bijgevolg over in Z 2t 1 − t2 2 R , dt. 2 2 1+t 1+t 1 + t2 sin x =

(7.100)

De integrand is een rationale functie in t.

Voorbeeld 7.21: Z dx We berekenen . sin x + cos x Als we hierin t = tan(x/2) substitueren, en we gebruiken (7.99) en (7.100) dan volgt Z Z Z dx 1 2 1 dt = −2 = dt 2 2 2 2t 1−t sin x + cos x t − 2t + 1 + 1+t2 1 + t 1+t2 = −2 Integralen met

Z

1 1 2 dt = 2 +C = + C. (t − 1)2 t−1 tan(x/2) − 1

√ √ a2 ± x2 of x2 ± a2

Dergelijke integralen kunnen meestal met de volgende goniometrische substituties berekend worden: p voor a2 − x2 neem x = a sin t, p voor a2 + x2 neem x = a tan t, p voor x2 − a2 neem x = a sec t.

294

Hoofdstuk 7

Voorbeeld 7.22: Z dx √ We berekenen x x2 + 9 De substitutie x = 3 tan t, waarbij

√ x2 + 9 =

dx =

3 dt, cos2 t

3 , leidt tot cos t Z Z Z dx 1 cos t 3 1 1 √ = dt = dt 2 3 tan t 3 cos t 3 sin t x x2 + 9

We hebben nu een goniometrische integraal van het type (7.95). We berekenen deze door de substitutie cos t = u door te voeren. Z Z Z 1 1 1 sin t 1 1 du dt = dt = − 2 3 sin t 3 3 1 − u2 sin t We zitten nog met een integraal van een rationale functie, die we met de techniek van partieelbreuksplitsing integreren. Er geldt 1 1 1 1 = + . 1 − u2 2 1+u 1−u Vandaar dat 1 − 3

Z 1 1 1 1 + du du = − 1 − u2 6 1+u 1−u 1 = − (ln |1 + u| − ln |1 − u|) + C 6 1 1 + u = − ln + C. 6 1 − u

Z

Omdat u = cos t volgt

dx 1 1 + cos t √ + C, = − ln 6 1 − cos t x x2 + 9 waarin we x = 3 tan t moeten nemen. Daar Z

3 cos bgtan(x/3) = √ 9 + x2

vinden we tenslotte

Z

Integralen met wortels

√ dx 1 x2 + 9 + 3 √ = − ln √ + C. 6 x2 + 9 − 3 x x2 + 9

Veel integralen met wortels kunnen met een gepaste substitutie uitgerekend worden. Soms helpt het om de hele wortel “weg te substitueren”. We geven enkele voorbeelden. Voorbeeld 7.23: Z dx √ . We berekenen 1+ x√ Hierin stellen we y = x, zodat x = y 2 en dx = 2ydy. Er volgt Z Z Z √ √ dx 2y 2 √ = dy = 2− dy = 2y−2 ln |1+y|+C = 2 x−2 ln |1+ x|+C. 1+y 1+y 1+ x

Integraalrekening

295

Voorbeeld 7.24: Z √ We berekenen 1 − ex dx. √ We stellen y = 1 − ex . Om dx te vinden, moeten we eerst x schrijven in functie van y. 2y Dit geeft x = ln(1 − y 2 ), en dus dx = − dy. Dus 1 − y2 Z Z Z √ 2y 2y 2 dy. 1 − ex dx = − y dy = 2 2 1−y y −1 We hebben nu een integraal van een rationale functie, die we met de techniek van partieelbreuksplitsing berekenen. Er geldt 2y 2 1 1 =2+ − −1 y−1 y+1

y2 zodat

y − 1 2y 2 + C. dy = 2y + ln |y − 1| − ln |y + 1| + C = 2y + ln y2 − 1 y + 1 √ Door hierin terug y = 1 − ex te substitueren, vinden we √ Z 1 − ex − 1 √ √ x x + C. 1 − e dx = 2 1 − e + ln √ 1 − ex + 1

7.5

Z

Oneigenlijke integralen

Rb Bij de definitie van Riemann-integraal a f (x)dx werd vooropgesteld dat a en b eindige reële getallen zijn en dat f een begrensde functie is op [a, b]. Dit integraalbegrip wordt nu uitgebreid Rb en we noemen a f (x)dx een oneigenlijke integraal als • f in eindig veel punten van [a, b] niet begrensd is, en/of • het integratie-interval niet begrensd is.

Voorbeelden 7.25: De integralen Z 1 0

dx , x

Z

1

0

dx √ , x

Z

1 0

dx , x2

Z

∞ 1

dx √ x

en

Z

∞ 1

dx , x2

zijn oneigenlijke integralen. In de eerste drie gevallen is de integrand niet begrensd in x = 0. In de laatste twee gevallen is het integratiedomein niet begrensd. We geven eerst de definitie van een oneigenlijke integraal van een niet-begrensde integrand.

7.5.1


Onbegrensde integrand Neem aan dat de functie f niet begrensd is in de bovengrens b, maar wel begrensd en Riemannintegreerbaar over elk interval [a, b − ε] met ε > 0 en a ≤ b − ε. Voor elke ε > 0 met a < b − ε R b−ε bestaat a f (x)dx en we hebben Z

a

b−ε

f (x)dx = F (b − ε) − F (a).

met F een primitieve functie van f .

296

Hoofdstuk 7

Definitie:

Neem aan dat f niet begrensd is in b maar begrensd en Riemann-integreerbaar over [a, b − ε] voor alle ε > 0 met a < b − ε. Indien de limiet lim

Z

b−ε

f (x)dx = lim F (b − ε) − F (a)

ε→0+ a

ε→0+

bestaat dan is f oneigenlijk integreerbaar over [a, b] en zeggen we dat de Rb oneigenlijke integraal a f (x)dx convergeert. We stellen dan Z

Z

b

f (x)dx = lim

b−ε

f (x)dx = lim F (b − ε) − F (a).

ε→0+ a

a

ε→0+

Indien limε→0+ F (b − ε) − F (a) niet bestaat, dan is de oneigenlijke integraal divergent. Definitie:

Neem aan dat f niet begrensd is in a maar begrensd en Riemann-integreerbaar over [a + ε, b] voor alle ε > 0 met a + ε < b. Indien de limiet lim

Z

b

ε→0+ a+ε

f (x)dx = F (b) − lim F (a + ε) ε→0+

bestaat dan is f oneigenlijk integreerbaar over [a, b] en zeggen we dat de Rb oneigenlijke integraal a f (x)dx convergeert. We stellen dan Z

Voorbeeld 7.26: De oneigenlijk integraal

Z

f (x)dx = lim

1 0

Z

ε→0+ ε

De oneigenlijke integraal

en

1 0

f (x)dx = F (b) − lim F (a + ε). ε→0+

dx is divergent. We hebben namelijk x Z 1 dx = [ln x]1ε = − ln ε, x ε lim

Z

b

ε→0+ a+ε

a

en

Voorbeeld 7.27:

Z

b

1

dx = lim (− ln ε) = +∞. ε→0+ x

dx √ is convergent. We hebben namelijk x Z 1 √ 1 √ dx √ = 2 x ε = 2 − 2 ε, x ε √ lim (2 − 2 ε) = 2,

ε→0+

zodat

Z

1 0

dx √ = 2. x

√ Dit resultaat houdt in dat, hoewel 1/ x niet-begrensd is, de oppervlakte onder de kromme tussen 0 en 1 eindig is.

Integraalrekening

297

Belangrijk voorbeeld De twee gegeven voorbeelden zijn van de vorm Z

1

dx xp

0

voor zekere p ∈ R. We zullen deze integraal nu voor algemene p onderzoeken. Het geval p = 1 is onderzocht in Voorbeeld 7.24. Als p 6= 1, dan is de primitieve van x1p gelijk aan x1−p . 1−p

F (x) = We vinden dus

Z

1−p 1 x 1 dx = = 1 − ε1−p . p x 1−p ε 1−p

1 ε

Voor p > 1 is 1 − p < 0 en dan geldt dat ε1−p divergeert naar +∞ als ε → 0+. Voor p < 1 geldt daarentegen dat ε1−p naar 0 streeft als ε → 0+. We concluderen:

De integraal

Z

1 0

dx convergeert als en slechts als p < 1. xp

(7.101)

Voor p < 1 vinden we tevens de waarde Z

1 0

dx 1 . = p x 1−p

Als de functie f onbegrensd is in beide eindpunten van het interval [a, b], of in het inwendige van [a, b], dan moet men het interval in delen opslitsen, zodanig dat voor elk deelinterval geldt dat f enkel onbegrensd is in één linker- of rechtereindpunt. Om de convergentie Rb van de oneigenlijke integraal a f (x)dx te bepalen, moet men vervolgens de integralen over de delen afzonderlijk onderzoeken. De oneigenlijke integraal over [a, b] is convergent als en slechts als de integralen over elk van de delen convergent is. Voorbeeld 7.28: De oneigenlijke integraal

Z

2 −1

1 dx is divergent. x

1 Om deze integraal te onderzoeken merken we op dat de functie onbegrensd is in x = 0. x Dus splitsen we de integraal op Z

1 −1

1 dx = x

Z

0 −1

1 dx + x

Z

0

1

1 dx x

en we onderzoeken de twee integralen afzonderlijk. Van (7.101) weten we dat Z 1 1 vergeert. Bijgevolg is de integraal dx ook divergent. x −1 Z 0 1 [Het is eenvoudig na te gaan dat ook dx divergent is.] −1 x

Z

1 0

1 dx dix

298

Hoofdstuk 7

Onbegrensd interval We geven nu de definitie van een oneigenlijke integraal over een niet-begrensd integratieinterval. Definitie:

Als de functie fR integreerbaar is over [a, R] voor elke R > a, dan is de oneigen∞ lijke integraal a f (x)dx convergent, indien lim

Z

R

f (x)dx = lim F (R) − F (a)

R→∞ a

R→∞

eindig is, en per definitie is dan Z ∞ Z f (x)dx = lim

R

f (x)dx = lim F (R) − F (a),

R→∞ a

a

R→∞

waarbij F een primitieve functie van f is op [a, ∞[. Op dezelfde wijze stelt men Z

Z

b

f (x)dx = lim

b

f (x)dx = F (b) − lim F (R),

R→−∞ R

−∞

R→−∞

indien deze limiet bestaat. Voorbeeld 7.29: Z De oneigenlijke integraal

∞ 1

dx is convergent. We hebben namelijk x2 Z

R

1

dx 1 R 1 = − =1− 2 x x 1 R

en

lim

R→∞

zodat

Z

1 1− R

∞

1

Voorbeeld 7.30: Z De oneigenlijke integraal

∞ 1

= 1,

dx = 1. x2

dx is divergent. We hebben x Z

1

R

dx = [ln x]R 1 = ln R, x

en lim ln R = +∞.

R→∞

Belangrijk voorbeeld De Voorbeelden 7.31 en 7.32 zijn van de vorm Z ∞ 1

dx xp

Integraalrekening

299

voor zekere p ∈ R. We onderzoeken deze oneigenlijke integraal nu voor algemene p. Voor p = 1 is de integraal al bekeken in Voorbeeld 7.28. Neem dus p 6= 1. Dan is de primitieve F (x) =

x1−p 1−p

en voor elke R > 1 Z

R 1

dx 1 1−p R = F (R) − F (1) = − 1 . xp 1−p

Voor p < 1 divergeert R1−p naar +∞ als R → ∞. De integraal is dan dus divergent. Voor p > 1 convergeert R1−p naar 0 als R → ∞. De integraal is dan dus convergent. We concluderen:

De integraal

Z

1

∞

dx convergeert als en slechts als p > 1. xp

(7.102)

Voor p > 1 vinden we tevens de waarde Z

∞ 1

dx 1 . = p x p−1

Voorbeeld 7.31: Z ∞ 1 De integraal dx is oneigenlijk, omdat de functie onbegrensd is bij x = 0 (als p > 0) xp 0 en ook omdat het interval onbegrensd is. Om de convergentie te onderzoeken, splitsen we eerst het interval op Z 1 Z ∞ Z ∞ 1 1 1 dx = dx + dx p p x xp 0 0 x 1 Z 1 Z ∞ 1 1 en we bekijken de twee oneigenlijke integralen dx en dx afzonderlijk. p xp 0 x 1 Z 1 Z ∞ 1 1 De integraal dx is divergent als p ≥ 1 en dx is divergent als p ≤ 1. Er is dus p xp 0 x 1 geen Z ∞ waarde voor p waarvoor de twee integralen allebei convergent zijn. Bijgevolg divergeert 1 dx voor elke p ∈ R. xp 0

7.5.2

Convergentiekenmerken

In veel opzichten zijn oneigenlijke integralen te vergelijken met reeksen. In Hoofdstuk 4 hebben we een convergentiekenmerken voor reeksen gezien. Deze convergentiekenmerken deden uitspraak over het convergent of divergent zijn van een reeks onder bepaalde voorwaarden. Net zo zijn er convergentiekenmerken voor oneigenlijke integralen die uitspraak doen over het convergent of divergent zijn van een oneigenlijke integraal. Een aantal van de convergentiekenmerken zijn analoog aan de convergentiekenmerken voor reeksen. We forR∞ muleren de kenmerken uitsluitend voor oneigenlijke integralen van de vorm a f (x)dx. De formulering voor oneigenlijke integralen op een begrensd interval is analoog. We beginnen met het analogon van Hulpstelling 4.3. Omdat het bewijs hiervan sterk lijkt op het bewijs van Hulpstelling 4.3 geven we het bewijs hier niet.

300

Hoofdstuk 7

Eigenschap 7.20: Indien f een niet-negatieve continue functie is op [a, ∞[ en indien de verzameling van integralen Z R f (x)dx | R > a a

naar boven begrensd is, dan convergeert de oneigenlijke integraal

Z

∞

f (x)dx.

a

Om het analogon van de vergelijkingstest (Stellingen 4.4 en 4.5) te formuleren, zullen we eerst het O-symbool voor functies invoeren. Als f en g twee functies zijn die gedefinieerd zijn op [a, ∞[, dan betekent f (x) = O(g(x)) als x → ∞ dat

∃b ≥ a : ∃M > 0 : ∀x ≥ b : |f (x)| ≤ M |g(x)|.

Dit is het O-symbool als x → ∞. We kennen ook het O-symbool f (x) = O(g(x)) als x → x0 met x0 ∈ R. We bedoelem met als x → x0

f (x) = O(g(x)) dat

∃δ > 0 : ∃M > 0 : ∀x ∈ ]x0 − δ, x0 + δ[ : |f (x)| ≤ M |g(x)|. Stelling 7.21: Indien f en g twee niet-negatieve continue functies zijn op [a, ∞[ waarvoor geldt als x → ∞

f (x) = O(g(x)) en indien

Z

∞

g(x)dx convergent is, dan is

a

Z

∞

f (x)dx eveneens convergent.

a

Bewijs: Omdat f (x) = O(g(x)) als x → ∞, en omdat de functies niet-negatief zijn, is er een b ≥ a en een M > 0, zodat f (x) ≤ M g(x) voor alle x ≥ b. Voor R ≥ b geldt dan dat Z R Z b Z R f (x)dx = f (x)dx + f (x)dx a

a

≤

Z

≤

Z

b

b

f (x)dx + M a b

f (x)dx + M a

Z Z

R

g(x)dx b ∞

g(x)dx.

(7.103)

a

De laatste stap mochten we maken omdat g niet-negatief is. Voor R ∈ ]a, b] geldt uiteraard, omdat f niet-negatief is, Z R Z b f (x)dx ≤ f (x)dx. (7.104) a

a

RR De ongelijkheden (7.103) en (7.104) tonen aan dat de verzameling van integralen { a f (x)dx | Rb R∞ R > a} naar boven begrensd is door f (x)dx + M a a g(x)dx. De oneigenlijke integraal R∞ f (x)dx is dan convergent vanwege Eigenschap 7.20. 2 a

Integraalrekening

301

Stelling 7.22: Indien f en g twee niet-negatieve continue functies zijn op [a, ∞[ waarvoor geldt als x → ∞

g(x) = O(f (x)) en indien

Z

∞

g(x)dx divergent is, dan is

a

Z

∞

f (x)dx eveneens divergent.

a

Bewijs: R∞ Indien a f (x)dx convergent zou zijn, dan zouden we de R ∞vorige stelling kunnen toepassen (met f en g van rol verwisseld), zodat er zou volgen dat a g(x)dx convergent zou zijn. 2 Voorbeeld 7.32: Z We tonen aan dat de oneigenlijke integraal

∞

x3

1

Het is niet moeilijk in te zien dat

x =O 3 x +1

1 x2

x dx convergent is. +1

als x → ∞.

In een vroeger voorbeeld werd reeds aangetoond dat vergelijkingstest (Stelling 7.21) is Z

∞ 1

x3

Z

∞ 1

dx convergent is. Volgens de x2

x dx, +1

eveneens convergent. Voorbeeld 7.33:

Z

1

ex √ dx is convergent. x 0 We hebben namelijk voor elke x ∈ [0, 1] dat e x ≤ e < 4. Bijgevolg geldt


ex √ =O x

1 √ x

als x → 0 + . Z

1 dx √ convergent is. De vergelijkingstest voor In een vroeger voorbeeld werd aangetoond dat x 0 R1 integralen van de vorm 0 f (x)dx die oneindig worden in 0 (dit is analoog aan Stelling 7.21) Z 1 x e √ dx ook convergent is. Merk op dat de integrand positief is. zegt dan dat x 0

7.5.3

De integraaltest

Het verband tussen oneigenlijke integralen en reeksen is nog duidelijker aanwezig in de zogenaamde integraaltest voor reeksen. De integraaltest zegt dat onder zekere voorwaarden een oneigenlijke integraal en een bijbehorende reeks ofwel allebei convergeren, ofwel allebei divergeren.

302

Hoofdstuk 7

Stelling 7.23: Neem aan dat de continue functie f : [1, ∞[ → R : x 7→ f (x), niet-negatief en dalend is. Dan is de reeks ∞ X f (k) k=1

convergent als en slechts als de oneigenlijke integraal Z ∞ f (x)dx 1

convergent is. Bewijs: Z We veronderstellen eerst dat de oneigenlijke integraal

∞

f (x)dx convergent is. Daar f

1

dalend is, geldt voor elke k ≥ 2 dat (zie Figuur 7.8) Z k f (k) ≤ f (x)dx. k−1

Door deze ongelijkheden op te tellen voor k = 2, 3, . . . , n volgt Z n Z n n Z k X X f (k) ≤ f (x)dx = f (x)dx ≤ k=2

k=2

k−1

1

∞

f (x)dx.

(7.105)

1

Door f (1) nog op te tellen bij (7.105) volgt n X

k=1

f (k) ≤ f (1) +

Z

∞

f (x)dx.

1

We zien dat de partieelsommen van de reeks naar boven begrensd zijn door een vast getal. De reeks is bijgevolg convergent vanwege Hulpstelling 4.3. ∞ P We veronderstellen nu omgekeerd dat de reeks f (k) convergent is en we tonen aan dat k=1 R∞ de oneigenlijke integraal 1 f (x)dx convergent is. Daar f dalend is geldt voor elke k ≥ 1 Z k+1 f (x)dx ≤ f (k). k

Hieruit volgt dat voor elk natuurlijk getal n ≥ 1 geldt dat Z

n

f (x)dx =

1

n−1 X Z k+1 k=1

k

f (x)dx ≤

n−1 X k=1

f (k) ≤

∞ X

f (k).

(7.106)

k=1

Bij elk reëel getal R ≥ 1 bestaat er een natuurlijk getal n met n > R. Omdat f niet-negatief is geldt dan Z R Z n f (x)dx ≤ f (x)dx. (7.107) 1

1

Vanwege (7.106) en (7.107) geldt

Z

1

R

f (x)dx ≤

∞ X k=1

f (k).

Integraalrekening

303

Figuur 7.8: Illustratie van de integraaltest voor de convergentie van een reeks. RR De verzameling van integralen { 1 f (x)dx | R ≥ 1} is dus naar boven begrensd. De oneigenlijke integraal is bijgevolg convergent vanwege Eigenschap 7.20. 2 Voorbeeld 7.34: We onderzoeken de hyperharmonische reeks

∞ X 1 . kp k=1

1 xp

niet-negatief en dalend opZ[1, ∞[. We kunnen dan de ∞ dx integraaltest toepassen. We hebben reeds gezien dat de integraal convergent is als en xp 1 slechts als p > 1, zie (7.102). Uit de integraaltest volgt dan dat de hyperharmonische reeks convergent is voor p > 1 en divergent is voor 0 < p ≤ 1. Voor p ≤ 0 gaan de termen van de hyperharmonische reeks niet naar nul, zodat ook dan de reeks divergent is. We concluderen: Voor p > 0 is de functie f (x) =

∞ X 1 De hyperharmonische reeks convergeert als en slechts als p > 1. kp k=1

Voorbeeld 7.35: We tonen aan dat de reeks

∞ X

(7.108)

2

ke−k convergent is.

k=1

2

2

We definiëren f (x) = xe−x . Voor x ≥ 1 is f (x) ≥ 0 en f 0 (x) = (1 − 2x)e−x ≤ 0, zodat f niet-negatief en dalend is. We gaan na of de oneigenlijke integraal Z ∞ 2 xe−x dx 1

convergent is. We hebben Z R 1

xe

−x2

1 2 dx = − e−x 2

R 1

=

1 −1 2 e − e−R , 2

304

Hoofdstuk 7

en lim

R→∞

1 −1 1 2 (e − e−R ) = . 2 2e

De oneigenlijke integraal is dus convergent. De integraaltest zegt dat de reeks

ke−k

2

k=1

eveneens convergent is.

7.5.4

∞ X

De gamma functie

De gamma functie Γ(x) komt in veel toepassingen voor. Ze is gedefinieerd door middel van een oneigenlijke integraal. Definitie:

Voor x > 0 is de gamma functie Γ(x) gedefinieerd door Z ∞ Γ(x) = tx−1 e−t dt.

(7.109)

0

We moeten laten zien dat de integraal inderdaad convergent is voor x > 0. We splitsen de integraal op in de integraal van 0 naar 1 en de integraal van 1 naar ∞ en we tonen aan dat de twee integralen Z 1 Z ∞ x−1 −t t e dt en tx−1 e−t dt (7.110) 0

1

allebei convergent zijn als x > 0. De eerste integraal in (7.110) is de integraal van een begrensde functie als x ≥ 1. Dan is de integraal een gewone Riemann-integraal en dus zeker convergent. Voor x < 1 is de integraal oneigenlijk. In dat geval merken we op dat e −t ≤ 1 voor t ∈ [0, 1], en dus tx−1 e−t ≤ tx−1 De integraal

Z

1

t

x−1

voor t ∈ [0, 1].

dt =

0

Z

1 0

1 t1−x

dt

is convergent als 1 − x < 1, zie (7.101). Dat is dus als x > 0. Bijgevolg is de integraal Z

1

tx−1 e−t dt

0

convergent als x > 0. Voor de tweede integraal in (7.110) merken we op dat voor elke x geldt lim

tx−1

t→∞

1

e2t

= 0.

1

Bijgevolg geldt tx−1 = O(e 2 t ) als t → ∞. Dan is 1 tx−1 e−t = O e− 2 t


Z

∞ 1

1

e− 2 t dt

als t → ∞.

(7.111)

Integraalrekening

305

is convergent. We kunnen ze namelijk eenvoudig uitrekenen. Z ∞ Z R h iR 1 1 − 12 t e dt = lim e− 2 t dt = lim −2e− 2 t R→∞ 1 R→∞ 1 1 1 = lim −2e− 2 R + 2 = 2 < +∞. R→∞

Vanwege (7.111) en Stelling 7.21 is dan ook de oneigenlijke integraal Z ∞ tx−1 e−t dt 1

convergent. Omdat de twee integralen in (7.110) convergent zijn voor elke x > 0 is de gamma functie door (7.109) goed definieerd. Het belang van de gamma functie ligt in het feit dat ze een uitbreiding van de faculteitsfunctie tot niet-gehele waarden is. Eigenschap 7.24: Voor n ∈ N geldt

Γ(n + 1) = n!

(7.112)

Bewijs: We bewijzen (7.112) met volledige inductie. Basisstap: Voor n = 0 is per definitie n! = 0! = 1, en voor Γ(n + 1) vinden we Z ∞ Z R R 0 −t Γ(n + 1) = Γ(1) = t e dt = lim e−t dt = lim −e−t 0 R→∞ 0 R→∞ 0 −R = lim −e + 1 = 1. R→∞

Dus is (7.112) juist voor n = 0. Inductiestap: Veronderstel dat (7.112) juist is voor zekere n ∈ N. Dan geldt Z ∞ Z R n+1 −t Γ(n + 2) = t e dt = lim tn+1 e−t dt. 0

R→∞ 0

Bij vaste R > 0 gaan we nu partieel integreren Z R Z R n+1 −t t e dt = tn+1 d −e−t 0 0 Z R n+1 −t R = −t e 0 + e−t d tn+1 0 Z R n+1 −R = −R e + (n + 1) tn e−t dt. 0

Laten we hierin R → ∞, dan volgt Z ∞ Z n+1 −t t e dt = (n + 1) 0

∞

tn e−t dt.

0

Dit wil zeggen Γ(n + 2) = (n + 1)Γ(n + 1).

306

Hoofdstuk 7

y

Pk-1 Pk a=x 0

x k-1

xk

b=x m x

Figuur 7.9: Berekening van de booglengte van de kromme K die bepaald is als graf f . Op grond van de inductiehypothese geldt Γ(n + 1) = n!. Dus Γ(n + 2) = (n + 1) · n! = (n + 1)! en dit wil zeggen dat (7.112) juist is met n vervangen door n + 1. Conclusie: Vanwege het principe van volledige inductie volgt nu dat (7.112) juist is voor elke n ∈ N. 2

7.6

Toepassingen op berekening van lengte, oppervlakte en volume

In de eerste paragraaf van dit hoofdstuk hebben we reeds gezien dat de oppervlakte van het gebied van het vlak begrepen tussen de kromme y = f (x) en de x-as en tussen x = a en x = b gegeven wordt door de bepaalde integraal van |f (x)| over [a, b]. In deze paragraaf bespreken we enkele andere toepassingen van integratie, zoals de berekening van de lengte van een kromme, de berekening van de oppervlakte van een deel van het platte vlak met behulp van poolcoördinaten en de berekening van de oppervlakte en inhoud van een omwentelingsoppervlak.

7.6.1

De lengte van een kromme

A) K is bepaald als graf f Stel dat f een functie is die afleidbaar is op [a, b] en waarvan de afgeleide functie f 0 continu is op [a, b]. Om de lengte van de kromme K = graf f te bepalen, benaderen we de kromme door lijnstukken zoals aangegeven in Figuur 7.9 en we sommeren de lengten van deze lijnstukken. We nemen een partitie P van [a, b], zeg P = {x 0 , x1 , x2 , . . . , xn }. Met elk deelpunt xk van P correspondeert een punt Pk (xk , f (xk )) van de kromme K. De lengte van het lijnsegment tussen twee opeenvolgende punten Pk−1 en Pk is p d(Pk−1 , Pk ) = (xk − xk−1 )2 + (f (xk ) − f (xk−1 ))2 .

Integraalrekening

307

De functie f voldoet in het interval [x k−1 , xk ] aan de voorwaarden van de middelwaardestelling. Bijgevolg is er een ck ∈ ]xk−1 , xk [ met f (xk ) − f (xk−1 ) = (xk − xk−1 )f 0 (ck ). De afstand d(Pk−1 , Pk ) wordt dan d(Pk−1 , Pk ) = (xk − xk−1 )

p 1 + f 02 (ck ).

De som van de lengten van de n lijnsegmenten is dus n X

k=1

(xk − xk−1 )

p

1 + f 02 (ck ).

(7.113)

p Dit is een Riemann-som voor de functie 1 + [f 0 (x)]2 . Naarmate de partitie fijner wordt gekozen, sluiten de lijnsegmenten beter aan bij de kromme K en benadert de som (7.113) steeds beter de lengte van de kromme K. De functie p 1 + [f 0 (x)]2 is continu op [a, b] en bijgevolg Riemann-integreerbaar over [a, b]. De Riemannsommen (7.113) benaderen bijgevolg de integraal Z bp 1 + [f 0 (x)]2 dx. a

Het resultaat is dat

Rbp 0 2 l(K) = a 1 + [f (x)] dx.

(7.114)

Voorbeeld 7.36: We berekenen de lengte van de kromme K : y = e x tussen x = 1 en x = 2. Hier is f (x) = ex en dus f 0 (x) = ex . De gevraagde lengte is bijgevolg l(K) =

Z

2 1

p 1 + e2x dx.

√ 1 + e2x zodat x = 12 ln(y 2 −1) en dx = √ √ De grenzen x = 1 en x = 2 gaan over in y = 1 + e2 en y = 1 + e4 . Bijgevolg is

Om de integraal uit te rekenen, stellen we y =

l(K) =

Z

√ 1+e4

√ 1+e2

y2 du. y2 − 1

Nu is Z

y2 dy = y2 − 1

Z

(y 2 − 1) + 1 dy = y2 − 1

Z

dy +

Z

dy 1 y−1 = y + ln + C. −1 2 y+1

y2

En dus is √ 4 1 y − 1 1+e l(K) = y + ln 2 y + 1 √1+e2 √ √ p p 4−1 1 1 + e 1 1 + e2 − 1 = 1 + e4 − 1 + e2 + ln √ − ln √ . 2 1 + e4 + 1 2 1 + e2 + 1

y dy. y 2 −1

308

Hoofdstuk 7

B) K is bepaald met behulp van parametervergelijkingen De kromme K is gegeven met de parametervergelijkingen x = f (t) met a ≤ t ≤ b. y = g(t) We veronderstellen dat f en g afleidbaar zijn in [a, b] en dat f 0 en g 0 continu zijn in [a, b]. We verdelen [a, b] in deelintervallen met behulp van een partitie P = {t 0 , t1 , t2 , . . . , tn }. Met elk element tk ∈ P correspondeert een punt P (f (tk ), g(tk )) van de kromme K. De lengte van het lijnsegment tussen twee opeenvolgende punten P k−1 en Pk is p d(Pk−1 , Pk ) = [f (tk ) − f (tk−1 )]2 + [g(tk ) − g(tk−1 )]2 . De functies f en g voldoen in het interval [t k−1 , tk ] aan de voorwaarden van de middelwaardestelling. Bijgevolg zijn er c k , dk ∈ ]tk−1 , tk [ met f (tk ) − f (tk−1 ) = (tk − tk−1 )f 0 (ck )

g(tk ) − g(tk−1 ) = (tk − tk−1 )g 0 (dk ).

en

De afstand d(Pk−1 , Pk ) wordt dus d(Pk−1 , Pk ) = (tk − tk−1 )

p [f 0 (ck )]2 + [g 0 (dk )]2 .

De som van de lengten van de lijnsegmenten is dan n X k=1

(tk − tk−1 )

p

[f 0 (ck )]2 + [g 0 (dk )]2 ,

en de gezochte lengte wordt verkregen door de limiet n → ∞ te nemen. We definiëren de functie G(t) als p G(t) = [f 0 (t)]2 + [g 0 (t)]2 . De functie G(t) is continu op [a, b] en bijgevolg integreerbaar over [a, b]. De som van de lengten van de lijnsegmenten verschilt van de Riemann-som van de functie G(t). Naarmate de partitie P fijner gekozen wordt, benadert de som van de lengten beter de lengte van de kromme en benadert tevens beter een Riemann-som van G(t). Bijgevolg is

Rbp 0 2 0 2 l(K) = a [f (t)] + [g (t)] dt.

(7.115)

C) K is bepaald in poolcoo ¨rdinaten als r = f (θ)

We gebruiken nu (7.115) om een uitdrukking af te leiden voor de lengte van een kromme gegeven in poolcoördinaten: K : r = f (θ) met θ1 ≤ θ ≤ θ2 . We hebben x = f (θ) cos θ en y = f (θ) sin θ, zodat dx = f 0 (θ) cos θ − f (θ) sin θ dθ en

Bijgevolg is

dx dθ

2

+

l(K) =

Z

dy dθ

θ2 θ1

2

en

dy = f 0 (θ) sin θ + f (θ) cos θ, dθ

= [f (θ)]2 + [f 0 (θ)]2 .

p [f (θ)]2 + [f 0 (θ)]2 dθ.

(7.116)

Integraalrekening

309

Figuur 7.10: De kromme K : r = a(1 + cos θ)

met a > 0 en 0 ≤ θ ≤ 2π.

Voorbeeld 7.37: We berekenen de lengte van de kromme K die in poolcoördinaten gegeven wordt door K : r = a(1 + cos θ)

met a > 0 en 0 ≤ θ ≤ 2π.

Zie Figuur 7.6.1 voor de grafiek van K. We hebben f (θ) = a(1 + cos θ) en dus θ [f (θ)]2 + [f 0 (θ)]2 = a2 [(1 + cos θ)2 + sin2 θ] = 2a2 (1 + cos θ) = 4a2 cos2 . 2 De vierkantswortel hiervan is (let op de absolute waarde!) p θ 2 0 2 [f (θ)] + [f (θ)] = 2a cos . 2

Nu is cos θ/2 positief voor θ ∈ ]0, π[ en negatief voor θ ∈ ]π, 2π[. Dus Z 2π Z π Z 2π θ θ θ cos dθ − 2a cos dθ l(K) = 2a cos 2 dθ = 2a 2 2 0 0 π π 2π θ θ = 4a sin − 4a sin = 4a(1 − 0) − 4a(0 − 1) = 8a. 2 0 2 π

7.6.2

Oppervlakte van een deel van het platte vlak in poolco¨ ordinaten

We nemen aan dat f (θ) een functie is die continu en niet-negatief is in het interval [a, b] met b ≤ a + 2π. We zoeken een uitdrukking voor de oppervlakte S van het deel van het vlak ingesloten door de kromme K : r = f (θ) tussen de voerstralen θ = a en θ = b, zoals aangegeven in Figuur 7.11. We verdelen [a, b] in deelintervallen met behulp van een partitie P = {θ 0 , θ1 , . . . , θn }. Daar f (θ) een continue functie is, bereikt ze een minimum en een maximum in [θ k−1 , θk ], in bijvoorbeeld sk en tk . Er geldt dan voor elke θ ∈ [θk−1 , θk ] dat f (sk ) ≤ f (θ) ≤ f (tk ). De

310

Hoofdstuk 7

y

θ =b θ =a x Figuur 7.11: De oppervlakte S van het deel van het vlak ingesloten door de kromme K : r = f (θ) tussen de voerstralen θ = a en θ = b. oppervlakte van het gebied van het vlak ingesloten door de kromme K : r = f (θ) tussen de voerstralen θ = θk−1 en θ = θk is begrepen tussen de oppervlakten van de cirkelsectoren met stralen f (sk ) en f (tk ) en met middelpuntshoek θk − θk−1 ; bijgevolg θk − θk−1 θk − θk−1 π[f (sk )]2 ≤ Sk ≤ π[f (tk )]2 , 2π 2π en dus

θk − θk−1 θk − θk−1 [f (sk )]2 ≤ Sk ≤ [f (tk )]2 . 2 2 Sommatie over alle deelintervallen geeft n X 1 k=1

2

(θk − θk−1 )[f (sk )]2 ≤ S ≤

n X 1 k=1

2

(θk − θk−1 )[f (tk )]2 ,

met S de gezochte oppervlakte. S is kleiner dan of gelijk aan elke bovensom en groter dan of gelijk aan elke ondersom van de functie G(θ) met 1 G(θ) = [f (θ)]2 . 2 De functie G(θ) is continu op [a, b] en dus ook integreerbaar over [a, b]. Wanneer we de partitie steeds verder verfijnen dan benaderen de ondersom en de bovensom de integraal van G over [a, b] steeds beter. Wegens de voorgaande ongelijkheden hebben we dan

1 S= 2

Z

a

b

[f (θ)]2 dθ.

(7.117)

Voorbeeld 7.38: We berekenen de oppervlakte van het deel van het eerste kwadrant dat begrensd is door de kromme K : r = 2 + cos θ.

Integraalrekening

311

θ3

y

θ2 θ1 θ0

θ =b θ =a

x Figuur 7.12: Benadering van oppervlakte bepaald door de kromme r = f (θ) tussen de voerstralen θ = a en θ = b. Ondersom en bovensom behorende bij de partitie {θ 0 , θ1 , θ2 , θ3 } van [a, b]. We hebben dat de oppervlakte S gelijk is aan Z π Z π 1 2 1 2 2 S = (2 + cos θ) dθ = (4 + 4 cos θ + cos2 θ) dθ 2 0 2 0 π 2 1 9π 1 = = 2+ 4θ + 4 sin θ + (θ + sin θ cos θ) . 2 2 8 0

7.6.3

Oppervlakte en volume van een omwentelingslichaam

Stel dat f een functie is die afleidbaar en niet-negatief is in het gesloten interval [a, b] met continue afgeleide. Wanneer de kromme K : y = f (x) gewenteld wordt rond de x-as ontstaat een omwentelingslichaam met de x-as als wentelas en de kromme K als profielkromme. Voor de berekening van de oppervlakte verdelen we het interval [a, b] in deelintervallen met behulp van een partitie P = {x0 , x1 , x2 , . . . , xn }. Wanneer de partitie voldoende fijn gekozen is, dan is de lengte van het lijnsegment d(P k−1 , Pk ) met Pk−1 (xk−1 , f (xk−1 )) en Pk (xk , f (xk )) een goede benadering van de lengte van de kromme tussen de punten P k−1 en Pk . De lengte van het lijnsegment is p d(Pk−1 , Pk ) = (xk − xk−1 )2 + [f (xk ) − f (xk−1 )]2 p = (xk − xk−1 ) 1 + [f 0 (ck )]2 met ck ∈ ]xk−1 , xk [. De oppervlakte van het omwentelingslichaam tussen x k−1 en xk wordt benaderd door de oppervlakte van de cilinder met straal (f (x k−1 ) + f (xk ))/2 en hoogte d(Pk−1 , Pk ). Deze oppervlakte is p f (xk−1 ) + f (xk ) Sk = 2π (xk − xk−1 ) 1 + [f 0 (ck )]2 . 2 Nu geldt wegens de tussenwaardestelling dat er een d k ∈ [xk−1 , xk ] is met f (xk−1 ) + f (xk ) = f (dk ). 2

312

Hoofdstuk 7

De oppervlakte wordt dan gegeven door p Sk = 2π f (dk ) 1 + [f 0 (ck )]2 (xk − xk−1 ).

De oppervlakte van het omwentelingslichaam wordt dan benaderd door n X p 2π f (dk ) 1 + [f 0 (ck )]2 (xk − xk−1 ).

(7.118)

k=1

De gezochte oppervlakte wordt verkregen door de limiet n → ∞ te nemen van (7.118). We definiëren de functie G(x) als p G(x) = 2πf (x) 1 + [f 0 (x)]2 .

Indien f en f 0 continu zijn op [a, b] dan is G(x) integreerbaar over [a, b]. De som (7.118) van de oppervlakten Sk is geen Riemann-som van de functie G(x). Naarmate de partitie P fijner wordt gekozen, benadert (7.118) beter de oppervlakte van het omwentelingslichaam, tevens benadert (7.118) steeds beter een Riemann-som van de functie G(x). Om deze reden is Z b p S = 2π f (x) 1 + [f 0 (x)]2 dx. (7.119)

a

We berekenen ten slotte het volume van het omwentelingslichaam. geldt volgens de hoofdeigenschap voor continue functies

Daar f continu is,

∃sk , tk ∈ [xk−1 , xk ] : ∀x ∈ [xk−1 , xk ] : f (sk ) ≤ f (x) ≤ f (tk ). Het volume Vi van het omwentelingslichaam is begrepen tussen het volume van de cilinder met straal f (sk ) en hoogte (xk − xk−1 ) en het volume van de cilinder met straal f (t k ) en dezelfde hoogte, bijgevolg geldt (xk − xk−1 )π[f (sk )]2 ≤ Vk ≤ (xk − xk−1 )π[f (tk )]2 , en

n X

k=1

(xk − xk−1 )π[f (sk )]2 ≤ V ≤

n X k=1

(xk − xk−1 )π[f (tk )]2 .

V is kleiner dan of gelijk aan elke bovensom en groter dan of gelijk aan elke ondersom van de functie G(x) = π[f (x)]2 . Wanneer de limiet n → ∞ van de bovenstaande ongelijkheden genomen wordt dan zijn de limieten van de uiterste leden volgens (7.40) gelijk aan de bepaalde integraal van G(x) over [a, b]. Het gezochte volume V is Rb V = π a [f (x)]2 dx. (7.120)

Voorbeeld 7.39: We berekenen de oppervlakte en het volume van een bol met straal R. Een bol met straal R wordt verkregen door een halve cirkel met straal R te wentelen rond de√x-as. Deze halve cirkel heeft als vergelijking x 2 + y 2 = R√2 , met y ≥ 0. Bijgevolg is y = R2 − x2 . De functie die hier een rol speelt is dus f (x) = R2 − x2 op het interval [−R, R]. De oppervlakte S van de bol is s p 2 Z Rp d S = 2π R 2 − x2 1 + R2 − x2 dx dx −R r Z Rp R2 = 2π R 2 − x2 dx R 2 − x2 −R Z R = = 2π R dx = 4πR2 −R

Integraalrekening Untitled-1

313

2 0 -2

2

0

-2

-2 -1 0 1 2

Figuur 7.13: Het omwentelingsoppervlak met als profielkromme y = a cosh de x-as tussen x = −b en x = b, met a, b > 0. en het volume V van de bol is Z R Z 2 V =π [f (x)] dx = π −R

R

x3 (R − x ) dx = π R x − 3 −R 2

2

2

R

−R

=

x a

en met als as

4π 3 3 R

Voorbeeld 7.40: We berekenen het volume V van het omwentelingsoppervlak met als profielkromme y = a cosh xa en met als as de x-as tussen x = −b en x = b, met a, b > 0. Het gevraagde volume is Z b h Z x x 2 x i2 πa2 b 2 V = π a cosh dx = exp + exp − dx a 4 −b a a −b Z πa2 b 2x 2x = exp + exp − + 2 dx 4 −b a a b πa2 a 2x a 2x = exp − exp − + 2x 4 2 a 2 a −b 3 πa 2b 2b = exp − exp − + πa2 b. 4 a a

7.7

Toepassing op differentiaalvergelijkingen: Scheiding van veranderlijken

Herinner u dat een differentiaalvergelijking een verband geeft tussen een functie en haar afgeleiden. In paragraaf 5.7 hebben we lineaire differentiaalvergelijkingen met constante

1

314

Hoofdstuk 7

coëfficiënten behandeld. We zullen hier differentiaalvergelijkingen van eerste orde bekijken voor een functie x(t), die we schrijven in de expliciete vorm x0 (t) = f (x, t) met f een gegeven functie van de twee veranderlijken x en t. Functies van twee (of meer) veranderlijken worden uitgebreid behandeld in Deel 2 van de cursus.

7.7.1

Lijnelementenveld van x0 = f (x, t)

We zullen eerst een grafische manier behandelen om naar de differentiaalvergelijking te kijken. Teken in elk punt van het (t, x) vlak een lijnstukje (lijnelement) met richtingcoëfficiënt f (x, t). Zo’n lijnstukje noemen we een lijnelement. Het geheel van lijnelementen noemen we het lijnelementenveld. Neem aan dat x(t) een oplossing van de differentiaalvergelijking is. We beschouwen de grafiek van x(t) in het lijnelementenveld. De afgeleide x 0 (t) is zoals bekend de richtingscoëfficiënt van de raaklijn aan de grafiek van de functie x(t). Omdat x0 (t) = f (x, t), zal er dan gelden dat in elk punt de grafiek raakt aan het lijnelement in dat punt. 3

2.5

2

x 1.5

1

0.5

0

0.5

1

1.5

2

2.5

3

t

Figuur 7.14: Lijnelementenveld van x 0 = − xt samen met de grafiek van de oplossing x(t) = 1t . Voorbeeld 7.41: Beschouw als voorbeeld

x x0 = − . t Het is door directe berekening eenvoudig na te gaan dat x(t) =

(7.121)

1 t

aan de differentiaalvergelijking (7.121) voldoet. Immers de linkerkant van (7.121) is voor x = 1t gelijk aan 1 x0 (t) = − 2 t

Integraalrekening

315

en de rechterkant is

1 x 1 = − t = − 2, t t t en dit is inderdaad hetzelfde. In Figuur 7.14 staat het lijnelementenveld in het eerste kwadrant getekend, samen met de grafiek van de oplossing. Merk op dat de grafiek in elk punt raakt aan het lijnelementenveld.

−

Voor het bestaan van oplossingen van een eerste orde differentiaalvergelijking x0 = f (x, t)

(7.122)

bestaat een algemene stelling die we hierna (zonder bewijs) zullen vermelden. De differentiaalvergelijking (7.122) zal niet één unieke oplossing hebben, maar meerdere oplossingen. De oplossing is wel uniek als we een bijkomende voorwaarde opleggen x(t0 ) = x0

(7.123)

waarin t0 en x0 gegeven waarden zijn. De voorwaarde (7.123) heet een beginvoorwaarde. Het bepalen van een oplossing van (7.122) die ook voldoet aan (7.123) heet het oplossen van een beginwaardeprobleem. De existentie- en eenduidigheidsstelling voor eerste orde differentiaalvergelijkingen luidt nu als volgt. Stelling 7.25: ∂f (x, t) bestaan en continu zijn en als t0 en x0 gegeven ∂x zijn dan bestaat er juist één oplossing x(t) van het beginwaardeprobleem (7.122)– (7.123). Als de functies f (x, t) en

∂f (x, t) wordt de parti¨ ele afgeleide van f naar de veranderlijke x bedoeld. Dit is ∂x de afgeleide van x → f (x, t) waarbij t als constante wordt beschouwd. Meer hierover vindt u in Deel 2. De stelling zegt dat voor “nette” functies f (x, t) het beginwaardeprobleem een unieke oplossing heeft. Er volgt o.a. uit dat door elk punt van het (t, x) vlak precies één oplossing van de differentiaalvergelijking gaat. Dit betekent ook dat oplossingen elkaar niet snijden. Met

Ter illustratie beschouwen we weer de differentiaalvergelijking (7.121). Voor elke constante C ∈ R is C x(t) = t een oplossing van (7.121). Dit kan door rechtstreekse berekening eenvoudig worden nagegaan. In Figuur 7.15 staan enkele oplossingen getekend in het lijnelementenveld. De verschillende oplossingen snijden elkaar niet. De theorie van integralen kan helpen om sommige van de differentiaalvergelijkingen van de vorm (7.122) op te lossen. Op deze toepassingen van integralen zal in de rest van deze paragraaf nader ingegaan worden.

7.7.2

Scheidbare veranderlijken

Een differentiaalvergelijking van de vorm x0 (t) = f (x)g(t)

(7.124)

316

Hoofdstuk 7 3

2.5

2

x 1.5

1

0.5

0

0.5

1

1.5

2

2.5

3

t

Figuur 7.15: Lijnelementenveld van x 0 = − xt samen met enkele oplossingen. wordt een differentiaalvergelijking met scheidbare veranderlijken genoemd. We nemen aan dat f afleidbaar is met een continue afgeleide, en dat g continu is. In dat geval is aan de voorwaarden van Stelling 7.25 voldaan en kunnen we concluderen dat elk beginwaardeprobleem voor de differentiaalvergelijking (7.124) een unieke oplossing heeft. Als f (x0 ) = 0 voor zekere waarde x0 , dan is de constante functie x(t) ≡ x 0 een oplossing van (7.124). De overige oplossingen kunnen als volgt gevonden worden. Zij x(t) een oplossing met f (x(t0 )) 6= 0 voor zekere t0 . Dan zal ook f (x(t)) 6= 0 voor t dicht bij t 0 . We kunnen dus delen door f (x(t)) en er volgt 1 x0 (t) = g(t). (7.125) f (x(t)) Zij F een primitieve van de functie 1/f en G een primitieve van g. Dan is 1 d F (x(t)) = x0 (t) dt f (x(t))

en

d G(t) = g(t), dt

zodat uit (7.125) volgt dat F (x(t)) en G(t) dezelfde afgeleiden hebben. Bijgevolg is F (x(t)) = G(t) + C, voor zekere constante C, ofwel F (x) = G(t) + C.

(7.126)

Uit (7.126) kan men soms op eenvoudige wijze de functie x(t) oplossen. Vaak is dat niet mogelijk en moet men de oplossing in de impliciete vorm (7.126) laten staan Bij het oplossen met behulp van scheiding van veranderlijken gaat men vaak als volgt te werk. We schrijven x0 (t) = dx dt zodat de differentiaalvergelijking luidt dx = f (x)g(t). dt

(7.127)

Integraalrekening

317

Nu gaan we dx dt beschouwen als een breuk (hoewel het dat in feite niet is!!). We vermenigvuldigen (7.127) aan beide kanten met dt en we delen door f (x), zodat we krijgen 1 dx = g(t)dt. f (x)

(7.128)

Vervolgens integreren we door aan beide kanten van (7.128) een integraalteken te plaatsen Z Z 1 dx = g(t)dt. (7.129) f (x) De twee onbepaalde integralen in (7.129) rekenen we uit. Als F een primitieve is van is een primitieve van g dan volgt uit (7.129) dat

1 f

en G

F (x) = G(t) + C voor zekere constante C en dit is precies de impliciete oplossing (7.126) die we al eerder gevonden hadden. Voorbeeld 7.42: De differentiaalvergelijking x0 =

t dx =− dt x

kunnen we schrijven als xdx = −tdt of ook 2xdx = −2tdt en hierin zijn de veranderlijken gescheiden. Na integratie vinden we x2 = −t2 + C. Voorbeeld 7.43: De differentiaalvergelijking x dx =− dt t schrijven we als

Nu vinden we

zodat

1 1 dx = − dt. x t Z

1 dx = ln |x|, x

Hieruit volgt |x| = |t|−1 eC en dus

Z

1 dt = ln |t| t

ln |x| = − ln |t| + C. x = ±t−1 eC .

We stellen nu K = ±eC . Dan is K een nieuwe constante en er geldt x=

K . t

Merk op dat dit ook voor K = 0 een oplossing van de differentiaalvergelijking is.

318

Hoofdstuk 7

Voorbeeld 7.44: In de differentiaalvergelijking (1 + et )xx0 = et scheiden we de veranderlijken x dx = We integreren

en

Dus

Z Z

x dx =

1 2 x 2

et dt = ln(1 + et ). 1 + et 1 2 x = ln(1 + et ) + C, 2

zodat x=± Voorbeeld 7.45: De differentiaalvergelijking

et dt. 1 + et

p 2 ln(1 + et ) + 2C.

2(x + 3)dt − txdx = 0, schrijven we als 2

x dx dt = , t x+3

en na integratie volgt 2 ln |t| = x − 3 ln |x + 3| + C. Hierin is het niet mogelijk om x expliciet als functie van t te schrijven. Voorbeeld 7.46: De differentiaalvergelijking x0 (t) = γx(t) die optreedt als wiskundig model voor de evolutie van een populatie kan eenvoudig met scheiding van veranderlijken opgelost worden. Er volgt 1 dx = γ dt x zodat na integratie ln |x| = γt + C. Hieruit volgt |x| = eγt+C = eC eγt , zodat x(t) = ±eC eγt .

Als we de constante ±eC nu K noemen, dan krijgen we x(t) = Keγt . Merk op dat x0 (t) = γx(t) ook een homogene lineaire differentiaalvergelijking is die ook met de techniek uit paragraaf 5.7 kan worden opgelost.

Integraalrekening

319

6 4 x(t) 2

–8

–6

–4

–2

2

6

4

8

t

–2

Figuur 7.16: Lijnelementenveld en enkele oplossingen van (7.130) voor k = 1/2 en M = 3.

7.7.3

Logistiek model

Het logistiek model voor het verloop van een populatie is x0 = kx(M − x)

(7.130)

waarin k en M positieve constanten zijn. In Figuur 7.16 staat het lijnelementenveld getekend voor het geval k = 1/2 en M = 3, samen met enkele oplossingen. We zien dat x(t) ≡ 0 en x(t) ≡ M constante oplossingen zijn. De andere oplossingen van (7.130) vinden we door scheiding van veranderlijken. We hebben 1 dx = k dt x(M − x) en na integratie

Z

1 dx = x(M − x)

Z

k dt + C = kt + C.

We gaan nu met partieelbreuksplitsing de overblijvende integraal uitrekenen. Uit 1 A B = + x(M − x) x M −x volgt A = B = 1/M , zodat Z

1 dx = x(M − x) = =

Z Z 1 1 1 dx + dx M x M −x 1 (ln |x| − ln |M − x|) M x 1 . ln M M − x

320

Hoofdstuk 7

Bijgevolg is

x 1 = kt + C ln M M − x

waaruit volgt

x M kt+M C M − x = e

zodat

x = ±eM C eM kt = C1 eM kt . M −x Hieruit kunnen we x oplossen en er volgt (ga na!) x=

M C1 eM kt . 1 + C1 eM kt

Met C2 = 1/C1 kunnen we ook schrijven x = x(t) =

M . 1 + C2 e−M kt

(7.131)

Uit de oplossing (7.131) zien we dat lim x(t) = M.

t→+∞

7.7.4

Lineaire differentiaalvergelijkingen van de eerste orde

Een lineaire differentiaalvergelijking van de eerste orde kunnen we schrijven als dx + a(t)x(t) = f (t), dt

(7.132)

met a(t) en f (t) gegeven continue functies van t. De functie f (t) is het rechterlid van vergelijking (7.132). Als a geen functie van t is, maar een constante reële waarde, dan is (7.132) een lineaire differentiaalvergelijking met constante coëfficiënten. Dat geval is reeds bestudeerd in paragraaf 5.7. Hier beschouwen we het geval van niet-constante coëfficiënten, echter alleen voor eerste orde differentiaalvergelijkingen. De theorie van hogere orde lineaire differentiaalvergelijkingen met niet-constante coëfficiënten is veel ingewikkelder en wordt hier niet behandeld. Om de algemene oplossing van (7.132) te bepalen beschouwen we eerst de homogene vergelijking dx + a(t)x(t) = 0. (7.133) dt We kunnen deze vergelijking (7.133) herleiden tot 1 dx = −a(t)dt x waarin de variabelen gescheiden zijn. Integratie geeft Z ln |x| = − a(t)dt + C0 , waaruit volgt dat Z Z x(t) = ± exp(C0 ) exp − a(t)dt = C exp − a(t)dt .

(7.134)

Integraalrekening

321

met C = ± exp(C0 ). De oplossing van (7.133) wordt bijgevolg gegeven door

met C een constante en

xH (t) = Cu(t)

(7.135)

Z u(t) = exp − a(t)dt .

(7.136)

Om vervolgens de algemene oplossing van (7.132) te bepalen gebruiken we de methode van variatie van de constante. We vertrekken van de oplossing (7.135) van de homogene vergelijking en stellen als oplossing van (7.132) voor: x(t) = u(t)v(t).

(7.137)

De constante C uit (7.135) wordt vervangen door de onbekende functie v(t). Wanneer we (7.137) invullen in (7.132) bekomen we: u(t)

dv du + v(t) + a(t)u(t)v(t) = f (t), dt dt

ofwel v(t)

du dv + a(t)u(t) + u(t) = f (t). dt dt

(7.138)

Daar u(t) een oplossing is van (7.133) wordt (7.138) u(t)

dv = f (t). dt

Een oplossing hiervan is v(t) =

Z

f (t) dt u(t)

(7.139)

en de algemene oplossing is v(t) + C met C een willekeurige constante. De oplossing van (7.132) wordt bijgevolg gegeven door x(t) = u(t) (v(t) + C) = u(t)v(t) + Cu(t).

(7.140)

De oplossing u(t)v(t) wordt wel een particuliere oplossing van (7.132) genoemd. Dan is x(t) = xP (t) + xH (t) met xP (t) = u(t)v(t) de particuliere oplossing en x H (t) = Cu(t) de algemene oplossing van de homogene differentiaalvergelijking. Voorbeeld 7.47: Beschouw de differentiaalvergelijking dx + x tan t = sin 2t. dt De homogene vergelijking is

of

dx + x tan t = 0, dt 1 1 dx = − tan tdt = d cos t, x cos t

322

Hoofdstuk 7

met als oplossing xH (t) = C cos t. We nemen u(t) = cos t. De oplossing van de niet-homogene vergelijking is x(t) = v(t) cos t, met v(t) de oplossing van cos t

dv = sin 2t = 2 sin t cos t. dt

Dit geeft

dv = 2 sin t, dt

zodat een oplossing hiervan is v(t) = −2 cos t.

Een particuliere oplossing is hiermee

xP (t) = u(t)v(t) = −2 cos2 t. De algemene oplossing van de niet-homogene vergelijking is bijgevolg x(t) = xP (t) + xH (t) = −2 cos2 t + C cos t. Voorbeeld 7.48: Beschouw de differentiaalvergelijking dx + 2tx = 4t. dt De homogene vergelijking is dx + 2tx = 0, dt

1 dx = −2t, x dt

ofwel

zodat ln |x| = −t2 + C0 ,

en

x = ±e−t

2 +C

0

2

= ±eC0 e−t = Ce−t

2

met C = ± exp(C0 ). De algemene oplossing van de homogene vergelijking is dus 2

xH (t) = Ce−t . Om een particuliere oplossing te vinden stellen we 2

x(t) = v(t)e−t . v(t) voldoet dan aan e−t

2

dv = 4t, dt

zodat we kunnen nemen

dv 2 = 4tet , dt

ofwel 2

v(t) = 2et . De particuliere oplossing is dan 2

xP (t) = v(t)e−t = 2 en de algemene oplossing van de niet-homogene vergelijking is 2

x(t) = xH (t) + xP (t) = Ce−t + 2.

Integraalrekening

7.8

323

Oefeningen

Oefening 7.1

Bereken de ondersom en de bovensom voor de gegeven functie en partitie.

(a) f (x) =

1 x

op [1, 2] met partitie {1, 54 , 32 , 74 , 2}.

(b) f (x) =

1 1+x2

(c) f (x) =

op [−2, 0] met partitie {−2, −1.5, −1, −0.5, 0}.

x2 3−x

voor x ≤ 1 op [0, 3] met partitie {0, 1, 2, 3}. voor x > 1

Oefening 7.2 Onderzoek of de gegeven functie integreerbaar is over het gegeven interval 1/x voor x > 0 (a) f (x) = op [0, 1]. 0 voor x = 0 sin 1/x voor x 6= 0 (b) f (x) = op [−1, 1]. 0 voor x = 0 Oefening 7.3 Gegeven is de functie f : [0, 1] → R : x 7→ x. Bereken voor n ∈ N 0 de ondersom O(f, Pn ) en de bovensom B(f, Pn ) behorende bij de partitie 1 2 n−1 Pn = 0, , , . . . , ,1 . n n n Laat zien dat lim O(f, Pn ) = lim B(f, Pn ).

n→∞

Oefening 7.4

n→∞

Beschouw de functie f : [0, 1] → R gedefinieerd door x voor x ∈ Q f (x) = 1 − x voor x ∈ R \ Q.

Laat zien dat f niet Riemann-integreerbaar is over [0, 1]. Oefening 7.5R Ga na of de volgende functies 1 zo ja, bepaal 0 f (x)dx.   1/4        1/2 (a) f : [0, 1] → R : x 7→ f (x) =   3/4       1 (b) f : [0, 1] → R : x 7→ f (x) =

  x

 −x  1     (c) f : [0, 1] → R : x 7→ f (x) = 3x − 1     3/2

f Riemann-integreerbaar zijn over [0, 1] en als 0 ≤ x < 1/4 als 1/4 ≤ x < 1/2 als 1/2 ≤ x < 3/4 als 3/4 ≤ x ≤ 1

als x ∈ Q

als x ∈ R \ Q als 0 ≤ x < 1/4 als 1/4 ≤ x < 3/4 als 3/4 ≤ x ≤ 1

324

Hoofdstuk 7

Oefening 7.6 De entier-functie (of gehele-deel-functie) f : R → R is gedefinieerd door f (x) = [x] waarbij [x] het grootste gehele getal is dat kleiner dan of gelijk aan x is. Bereken Z

Z

5

f (x)dx,

0

3

2

f (x )dx,

0

Z

3

f (x)2 dx.

0

Oefening 7.7 Rx

(a) Toon aan dat (b) Bereken

0

R3

|t|dt = 12 x|x| voor elke x ∈ R.

−2 |t|dt.

Oefening 7.8

Bereken de limieten

n 1 X k n→∞ n2

n

1X sin(k/n) n→∞ n

(a) lim

(c) lim

k=1

1 (b) lim 5 n→∞ n

n X

k

k=1

n 1X k (d) lim ln 1 + n→∞ n n

4

k=1

k=1

Oefening 7.9 Bereken de oppervlakte van het gebied begrensd door de kromme y = x 2 +1, en de rechten x = 0, x = 3 en y = 0. Oefening 7.10 Bereken de oppervlakte van het gebied begrensd door de kromme x = 3 sin y, en de rechten y = 0, y = π en x = 0. Oefening 7.11

Bewijs de volgende ongelijkheden. Z

(a) −2π ≤ (b)

1 ≤ 2

Z

1

0

2π 0

sin x dx ≤ 2π 1 + x2

ex dx ≤ e 1 + x2

√ ln x 2 √ dx ≤ (c) 0 ≤ (e − 1) x 2 1 Z e (x−ln x)dx ≤ (e−1)2 (d) (e−1) ≤ Z

e

1

Oefening 7.12 Bereken de oppervlakte van het vlak begrensd door de kromme K : y = f (x), de x-as en de verticale rechten x = x 1 en x = x2 . x1 = 0 en x2 =

(a) f (x) = cos x, (b) f (x) = x3 ,

x1 = 1 en x2 = 5

(c) f (x) = − x1 , (d) f (x) = ex ,

3π 2

x1 = 1 en x2 = 2 x1 = 0 en x2 = 1

(e) f (x) = | sin x|,

x1 = 0 en x2 = 3π

Integraalrekening

325

Oefening 7.13 Bereken de oppervlakte van het vlak begrensd door de kromme K 1 : y = f1 (x) en de kromme K2 : y = f2 (x). f2 (x) = x3

(a) f1 (x) = x (b) f1 (x) = x2

f2 (x) = x3

(c) f1 (x) = 0 (d) f1 (x) = x2 √ (e) f1 (x) = 3 x

f2 (x) = (x − 1)(x − 2) √ f2 (x) = x f2 (x) = 3x

(a) K1 : y = x,

√ K2 : y = 2 x,

(b) K1 : y = x3 ,

K2 : y = 0,

(c) K1 : y = x2 ,

K2 : y = (x − 1)2 ,

Oefening 7.15

K3 : y =

f2 (x) = x2 − 2

(h) f1 (x) = 12 x2 (i) f1 (x) = x2

f2 (x) = x + 2

(j) f1 (x) = sin x

f2 (x) = x(x − π)

√ x

K3 : y =

1 9

Z

x

sin 2t dt 1 + t2

Z

x

Z

x2

t cos t dt √ sin t dt

(d) f (x) =

Z

(e) f (x) =

Z

(f) f (x) =

1

Oefening 7.16

f2 (x) = −x2 + 6

K3 : de raaklijn aan y = x3 in het punt P (1, 1)

0

(c) f (x) =

(g) f1 (x) = |x|

Bereken de afgeleide van de volgende functies

0

(b) f (x) =

f2 (x) = x3 − 4x

Bereken de oppervlakte van het vlak begrensd door de krommen K 1 , K2

Oefening 7.14 en K3 .

(a) f (x) =

(f) f1 (x) = 5x

Z

2 x

1 dt t

x3

sin2 t dt

x2 x −x

1 dt 1+t

De functie F is gegeven door Z x cos t F (x) = dt 2 0 t +1

Bereken F (0), Oefening 7.17

F 0 (0),

F 00 (0)

Toon aan dat de functie F (x) =

Z

x 0

1 dt + 1 + t2

Z

1/x 0

constant is op het interval ]0, ∞[. Oefening 7.18

Bereken Rx 2 sin t dt 0 lim R x 2 x→0+ x 0 sin(t ) dt

1 dt 1 + t2

326

Hoofdstuk 7

Oefening 7.19

Bereken

R 2x √ 1 + t2 dt lim 0 . x→∞ x5/2

Oefening 7.20 Bepaal de restterm (in integraalvorm) behorende bij de Taylorveelterm van gegeven graad voor de gegeven functie f rond het gegeven punt a. (a) f (x) = cos 2x rond a = π4 , graad 4

(d) f (x) =

2

(b) f (x) = e−x rond a = 0, graad 4 √ (c) f (x) = 1 + x rond a = 0, graad 3 Oefening 7.21 interval

(e) f (x) = sinh x rond a = 0, graad 2n + 1 (g) f (x) = bgtanx rond a = 0, graad 2

Bepaal de gemiddelde waarde van de gegeven functie over het gegeven

(a) f (x) = 3x

(d) f (x) =

op [1, 3]

(b) f (x) = sin x (c) f (x) = cos2 x Oefening 7.22

1 rond a = 0, graad n 1 − 5x

op [0, π]

√ 4 − x2

op [−2, 2]

(e) f (x) = ax + b op [0, 1] √ (f) f (x) = 3x + 1 op [0, 5]

op [0, 2π]

Toon aan

(a) Als f een even functie is, dan

Ra

−a

(b) Als f een oneven functie is, dan

f (x)dx = 2

Ra

−a

Ra 0

f (x)dx.

f (x)dx = 0.

[N.B. een functie f is even als f (−x) = f (x) voor alle x, en oneven als f (−x) = −f (x) voor alle x.] Oefening 7.23 (a) (b)

Z

Z

(c)

Z

(d)

Z

(e)

e

Z

5x

Bereken volgende integralen m.b.v. een geschikte substitutie.

dx

(f)

√ 3 + 2x dx ln x dx x 4 0

p x 16 − x2 dx

e4x dx (4 − 3e2x )2

Oefening 7.24

(g) (h) (i) (j)

Z

Z

Z

Z

Z

e

sin x

cos x dx

x2 √ dx x3 + 1 dx x ln x

(k)

Z

(l)

Z

(m)

2x √ dx 3 − 2x2

(n)

dx √ 1 − 3x2

(o)

Z

Z

Z

bgsin x √ dx 1 − x2

2

√ 2

x2

dx √ x2 − 1

x dx x4 + 4 xcotanx2 dx x2 √ dx 1 − x6

Bereken volgende integralen m.b.v. partiële integratie.

Integraalrekening (a) (b) (c) (d) (e)

Z

327 (f)

xbgtanx dx

Z

(g)

x3 ln x dx

Z

(h)

√ x ln x dx

Z

2 −4x

x e

Oefening 7.25

3

√ x 1 + x dx

(i)

dx

(j)

Z

Z

Z

Z

x √ dx 5x + 1 x2 cos 4x dx e

2x

e

−2x

(f)

(b)

Z

x2 + 4x + 5 dx (x + 1)(x + 2)(x + 3)

(g)

(d) (e)

x dx 2 (x + 1) (x − 1)2 1 dx x4 − 1

Z

(a)

Z

(b)

Z

(c) (d) (e)

Z

Z

Z

(j)

√ cos x sin3 x dx

3 0

Z

3

√ √ xbgtan x dx

1

Z

Z

Z

x2 − 2 dx x2 − 4

3x + 2 dx (x + 2)(x − 4)

Z

x2

Z

x dx − 5x + 6

3x2 − 10 dx x2 − 4x + 4

Z

(f)

Z

(g)

Z

0

dx 1 + cos x

(h)

dx 2 + sin x

(i) 2

(cos 4x − cos 2x) dx

Oefening 7.27

Z

x3 dx x3 − 1

Bereken de volgende goniometrische integralen

sin3 x cos2 x dx π/2

(h) (i)

dx 2 x(x + x + 1)

Oefening 7.26

(o)

bgtanx dx

x sec2 x dx x2x dx (ln x)2 dx

Bereken de integralen van de volgende rationale functies

(a)

Z

(n)

cos x dx

dx (2x − 1)2

(c)

(l)

Z

(m)

sin x dx

Z

Z

(k)

Z

0

bgcosx dx

Z

Z

(j)

Bereken de volgende integralen

Z

Z

Z

2π

sin2 xx dx

0

cos3 x dx 1 − sin x sin 2x sin 6x dx cos 4x sin x dx cos x cos 3x dx

328

Hoofdstuk 7 Z

dx √ 9 − x2 Z p (b) x2 − 9 dx (a)

(c)

Z

(f) (g)

dx √ x2 + 1

Z

(h)

1

x2 √ dx 4 − 3x 0 Z q p (e) x − x2 − 4 dx

(d)

Oefening 7.28

Oefening 7.29

Bereken

Z

(i) (j)

1

1 f x2

1/2

Toon aan dat

Z

2 0

Z

p 4 − x2 dx

1 √ dx x − x2 − 1

Z

dx √ 1 − sin 2x

Z

√ 1 + ex dx

Z

1 √ dx 1 + ex

Z 2 1 f (x) dx = 3. dx als x 1

Z

a 0

f (x) a dx = . f (x) + f (a − x) 2

Oefening 7.30 (a) Toon aan dat voor x > 0 geldt

(b) Gebruik (a) om aan te tonen dat

(c) Leid uit (b) af dat voor alle x > 0 geldt

(d) Bewijs dat

Oefening 7.31 grensd interval) (a) (b)

Z

Z

(c)

Z

(d)

Z

(e)

Z

∞

e

lim

x→∞

1+

1 x

x

Z

x+1

1 dt < . t x x 1 1 1 < ln 1 + < . x+1 x x

1 < x+1

e

x x+1

1 ∞ 1 ∞ 0 ∞ −∞

1 1+ x

x

< e.

= e.

Onderzoek de convergentie van de volgende oneigenlijke integralen (onbe-

√ − x

dx

(f)

0 ∞

<

x dx 4 + x3 x3/2 4 + x2 sin2 x √ dx 4 + x3 ex dx e2x + e−2x

(g)

Z Z

(h)

Z

(i)

Z

(j)

Z

0

e−x dx

−∞ ∞ 0

xn e−x dx met n ∈ N

∞

ln x dx x2

∞

(x2 − 9)p dx met p ∈ R 1 + x4

∞

e−x dx 1 + x2

1

3

−∞

Integraalrekening Oefening 7.32 grensde functie) (a)

Z

(b)

Z

(c)

Z

(d)

Z

(e)

Z

1 0

Onderzoek de convergentie van de volgende oneigenlijke integralen (onbe-

dx √ 3 4x + x

π/2 0 1

329

ln sin x √ dx x

(ln x)n dx, n geheel

(f)

Z

(g)

Z

(h)

Z

(i)

Z

(j)

Z

0 1

x2

√ dx 4 − 3x

0

π/2 0

cos x √ dx 1 − sin x

π/2 0

sin x dx x3/2

5

x−5 dx x−2

1

e−x √ dx 1 − x4 x

2

0 1 0 1 0

ex − 1 dx x xp ln x dx met p ∈ R

Oefening 7.33 Onderzoek de convergentie van de volgende oneigenlijke integralen (onbegrensd interval en onbegrensde functie) (a)

Z

(b)

Z

(c)

Z

∞ 1 ∞ 0 ∞ 0

dx x ln x

(d)

dx 2 x −1 e−x p dx x ln(1 + x)

Z

(e)

Z

(f)

Z

∞

xp

0

dx + x−p

∞

(x2

1 ∞ 0

dx − 1)2/3

1 − e−x dx met p ∈ R xp

Oefening 7.34 Ga na of de volgende oneigenlijke integralen convergeren. Bepaal van de convergente integralen ook de waarde (a) (b)

Z

Z

(c)

Z

(d)

Z

(e)

Z

∞ −∞ ∞ 0 1 0 9 0 3 0

dx 1 + x2 x dx 1 + x2

dx dx (1 − x)1/3

1

Z

1

0

(g)

0

(h)

Z

(i)

dx √ 9 − x2

(j)

Z

(k)

ln x dx x

(l)

Z

(m)

Z

∞

∞

e

Z

e

Z

ex dx 1 − ex

0

dx √ 9−x

Oefening 7.35

convergeert.

(f)

Z

∞

1 √ dx x 1 dx x ln3 x dx dx x ln2 x

(n) (o)

Bepaal de waarde van α ∈ R opdat de integraal Z ∞ x α − dx x2 + 1 2x + 3 1

Z

Z

∞

2

xe−x dx

0 ∞

(x2

0 0 −∞

1 dx 1 + |x|

∞

x2

2 ∞ 0

x dx + 1)3/2

x2

1 dx −1 dx dx + 2x + 2

330

Hoofdstuk 7

Oefening 7.36 onderzoeken

(a)

∞ X

1 k ln k

(d)

1 k lnk k=1

(e)

∞ X

(f)

k=2

(b)

(c)

Gebruik de integraaltest om de convergentie van de volgende reeksen te

∞ X

k=1

k 3 k +1 Gegeven is dat Γ( 12 ) =

Oefening 7.37

ke−k

2

k=0

∞ X

k=1

∞ X

3 Γ 2

1 k2 + 1

∞ X

1 √ k+1 k=0

√ π. Bereken 5 Γ . 2

en

Oefening 7.38 Voer een gepaste substitutie uit om de volgende integralen uit te drukken in de gamma functie:

(a) (b) (c)

Z

Z

Z

∞

e

√ − x

dx

(d)

Z

(e)

Z

0 ∞

2

e−x dx

−∞ ∞

e

−xp

dx met p > 0

(f)

0

Oefening 7.39

Z

1 0 1 0

|ln x|p dx x |ln x|p dx

∞

x−p ln x dx

0

Bereken de oppervlakte van de volgende gebieden

(a) het gebied begrensd door y = 1 − x2 en y = 3 (b) het gebied onder y = 2 − x2 en boven y = max(−x, 0) (c) het gebied tussen x = |y| en x = 2 − y 2 Oefening 7.40 Bepaal een horizontale rechte y = c die het gebied tussen y = x 2 en y = 9 in twee gelijke delen verdeelt.

Oefening 7.41

Bereken

Z

1

bgsinx dx door de integraal te zien als de oppervlakte van een

0

gebied in het xy-vlak en te integreren met betrekking tot y. Oefening 7.42

Bereken de lengte van de volgende krommen.

Integraalrekening

331

(a)

x = et cos t y = et sin t

(b)

x = cos3 t y = sin3 t

0≤t≤ 0≤t≤

(c) y = x3/2

1≤x≤3

(d) y = ln x

0≤x≤4

Oefening 7.43 zijn door

π 4

π 4

(e) y = 4 − x2 −2 ≤ x ≤ 2 ( x = 4 + 2t (f) −2 ≤ t ≤ 2 1 y = t2 + 3 2 (i) y = ln(1 − x2 ) 0 ≤ x ≤ 3π 4 x = 1 − cos t (j) 0 ≤ t ≤ 2π y = t − sin t

Bereken de lengte van de volgende krommen die in poolcoördinaten gegeven

π 4

(a) r = 1 + cos θ

0≤θ≤

(b) r = 1 − sin θ

0≤θ≤π

(c) r = 3θ 2

1≤θ≤2

(d) r = sin2

θ 2

(e) r = eθ

θ1 ≤ θ ≤ θ 2

(f) r = | sin θ|

0≤θ≤π

0 ≤ θ ≤ 2π

Oefening 7.44 Bepaal de oppervlakte van het gedeelte van het platte vlak omsloten door de volgende krommen die in poolcoördinaten gegeven zijn door (a) r = 2(1 + cos θ)

(e) r = sin2 θ

(b) r = 2a cos θ

(f) r = a2 sin2 θ

(c) r = 1 + 2 sin θ

(g) r = cos 3θ

(d) r = 2 + sin 2θ

(h) r = 2 + cos θ

−

π π ≤θ≤ 6 6

Oefening 7.45 Bepaal de oppervlakte van het gebied ingesloten door de spiraal r = 3θ voor 0 ≤ θ ≤ π en de straal θ = π. Oefening 7.46 Bepaal de oppervlakte van het gebied binnen zowel de slak r = 2 − cos θ als de cardioide r = 1 + cos θ. Oefening 7.47 Bepaal de oppervlakte van het gebied in het eerste kwadrant ingesloten door de eerste lus van de spiraal r = θ en de half-rechten θ = π/6 en θ = π/3. Oefening 7.48 Bereken de oppervlakte van het omwentelingslichaam bekomen door de gegeven profielkromme te wentelen rond de x-as. √ met 0 ≤ x ≤ 3a en a > 0 (a) y = 4ax (b) x2 + (y − b)2 = a2

met 0 ≤ x ≤ π

(c) y = sin x (d) y = 1 − x2 (e) y = x3

met y ≥ 0 en b > a

met 0 ≤ x ≤ 1

met 1 ≤ x ≤ 2

332

Hoofdstuk 7

Oefening 7.49 Bereken het volume van het omwentelingslichaam bekomen door de gegeven profielkromme te wentelen rond de x-as. (a) y = 1 − x2

0≤x≤1

(e) y =

1 cos x

0≤x≤

π 4

(b) y = x3

1≤x≤2

1 (c) y = x

(f) y = e−x

1≤x≤a

0≤x<∞

(g) y = ln x

1≤x≤2

(d) y = xex/2

0≤x≤1

(h) y = (1 + x)1/2

1≤x≤5

Oefening 7.50 Zij R het gebied begrensd door de kromme y = 1/(4 + x 2 ) en de rechten x = 0, y = 0 en x = 2. Bereken (a) de oppervlakte van R. (b) het volume van het omwentelingslichaam ontstaan door R te wentelen rond de x-as. (c) het volume van het omwentelingslichaam ontstaan door R te wentelen rond de y-as. Oefening 7.51 Vind de oppervlakte van de volgende lichamen voortgebracht door de volgende krommen rond de gegeven assen te wentelen: (a) 9y = x3 (b) x = y 2

met 0 ≤ x ≤ 2 wentelen rond de x-as met 3/4 ≤ x ≤ 15/4 en y > 0 wentelen rond de x-as

(c) x2 + y 2 = 2x (d) 3x = y 3

met 0.5 ≤ x ≤ 1.5 en y > 0 wentelen rond de x-as

met 0 ≤ x ≤ 1 wentelen rond de y-as

(e) x2 = 4(4 − y) (f) x2 + 1 = 2y

met 0 ≤ y ≤ 15/4 en x > 0 wentelen rond de y-as met 5/8 ≤ y ≤ 1 en x > 0 wentelen rond de y-as

Oefening 7.52 Bepaal de oppervlakte van het omwentelingslichaam ontstaan door de kromme y = cosh x met 0 ≤ x ≤ 1 rond de x-as te wentelen. Oefening 7.53 Vind een eenvoudige parametrisatie voor de kromme in het eerste kwadrant gegeven door de vergelijking x 2/3 y 2/3 + =1 a b en bereken dan haar lengte. Oefening 7.54 De zijdelingse oppervlakte van een kegel √ (d.w.z. de oppervlakte van de mantel) met lengte h en straal (van het grondvlak) r is πr r 2 + h2 , d.w.z. de halve omtrek van het grondvlak vermenigvuldigd met de hoogte tot de top gemeten langs de mantel. Toon aan dat dit inderdaad zo is. Oefening 7.55 Toon aan dat bij het snijden van sneden van een rond brood (bol) met dezelfde dikte, elke snede dezelfde hoeveelheid korst heeft.

Integraalrekening Oefening 7.56

333 Schets het lijnelementenveld en los op

(a) x0 = − xt .

(e) x0 = −kxn .

(b) x0 = − xt .

(f) x0 = −2xt met x(0) = 1.

(c) x0 = (t − 1)x.

(g) 9xx0 = −3t.

(d) x0 = (x − 1)2 cos t.

(h) x0 = 1 + x2 .

Oefening 7.57 (a) x0 =

t , x

Geef de oplossing van de volgende beginwaardeproblemen: x(1) = 3.

(b) x0 = −2xt, (c) x0 =

x(0) = 1.

3t2 + 4t + 2 , 2x − 2

Oefening 7.58

x(0) = −1.

Bij een tweede orde chemische reactie 2A −→ · · ·

wordt de concentratie a(t) van A op tijdstip t gemodelleerd door de differentiaalvergelijking a0 (t) = −2ra(t)2 waarin r de reactieconstante is (r > 0). (a) Los de differentiaalvergelijking op. (b) Bepaal lim a(t). t→∞

(c) Wat gebeurt er in het (chemisch niet-relevante) geval dat a(0) < 0. Oefening 7.59 wordt door

Zelfde vragen voor de derde orde reachte 3A −→ · · · die gemodelleerd a0 (t) = −3ra(t)3 .

Oefening 7.60 Zij T (t) de temperatuur van een lichaam op tijdstip t (gemeten in minuten) en TO de constante omgevingstemperatuur. De temperatuur voldoet aan de koelwet van Newton dT = k(TO − T ) dt met k een positieve constante. (a) Bepaal de oplossing met begintemperatuur T (0) = T 1 . (b) Bereken lim T (t). t→∞

Neem aan dat T1 = 80o C en T0 = 18o C. Gegeven is verder dat de temperatuur na 1 minuut gedaald is tot 72o C. (c) Bereken de constante k. (d) Op welk tijdstip bereikt het lichaam de temperatuur van 36 o C?

334

Hoofdstuk 7

Oefening 7.61

Geef de algemene oplossing van de logistieke differentiaalvergelijking x0 (t) = kx(t)(M − x(t))

waarin k > 0 en M > 0. Schets een aantal oplossingen in één figuur. Oefening 7.62

Een chemische reactie AB −→ · · ·

wordt gemodelleerd door het tweetal differentiaalvergelijkingen a0 (t) = −ra(t)b(t) b0 (t) = −ra(t)b(t) met r > 0. (a) Laat zien dat er een constante C ∈ R is met b(t) = a(t) + C. (b) Gebruik makend van (a) vinden we a0 (t) = −ra(t)(a(t) + C). Geef de algemene oplossing van deze differentiaalvergelijking. (c) Bepaal lim a(t)

t→∞

en

lim b(t).

t→∞

Hierbij mag u aannemen dat a(0) > 0 en b(0) > 0. [N.B.: Het antwoord hangt af van de constante C.] Oefening 7.63

Zoek de algemene oplossing van

(c) (1 + sin t)x0 + x cot t = cos t (e) (t2 + 1) Oefening 7.64 (a)

dy + 3ty = 6t dt Geef de oplossing van

dy − 3y = e2t , dt

(b) t2

dx + tx = sin t, dt

(c) tx0 + 5x = 7t2 , (d) tx0 + 2x = 3t,

dx + (2 − 3t2 )x = t3 dt (d) x0 − 2x = t2 e2t

(b) t3

(a) x0 (t) + 2ty − t = 0

y(0) = 3 x(1) = x1 x(2) = 5 x(1) = 5

(f)

x0 + x cot x = cos x

Integraalrekening Oefening 7.65

335 Schrijf de algemene oplossing van de differentiaalvergelijking dx = 1 + 2tx dt

in termen van de error functie 2 erf(t) = √ π Oefening 7.66

Z

t

2

e−s ds.

0

Beschouw de differentiaalvergelijking 2tx

dx = 4t2 + 3x2 . dt

(a) Leid uit de differentiaalvergelijking voor x(t) een differentiaalvergelijking af voor y(t) = x(t)2 . (b) Los de differentiaalvergelijking voor y(t) op. (c) Geef de oplossing van de differentiaalvergelijking voor x(t).

Index δ-omgeving, 15 π, 182 e, 156

bgsinh, 164 bgtan, 193 Maclaurinreeks, 195 bgtanh, 165 bijectie, 25 binomiaalcoëfficiënt, 11, 146 binomium van Newton, 11 bisectiemethode, 56 Bolzano–Weierstrass, 45 bovengrens, 9 bovenintegraal, 262 bovensom, 260 buigpunt, 230

absolute waarde, 12, 17 absoluut convergent, 128 absoluut maximum, 94 absoluut minimum, 94 afgeleide, 80 hogere orde, 83 inverse functie, 89 rationale functie, 88 rekenregels, 85 samengestelde functie, 88 veelterm, 87 afgeleide functie, 81 afleidbaar, 80 in verzameling, 81 machtreeks, 134 afstand, 13 alternerende reeks, 129 analytische functie, 142 Archimedes eigenschap van, 10 argument, 18 asymptoot, 232 horizontaal, 232 schuin, 233 verticaal, 232

Cauchy convergentiekenmerk, 126 cirkel, 239 compact interval, 46 complex toegevoegde, 17 complexe e-macht, 196 complexe functies, 31 complexe getallen, 16 concaaf, 228 continu¨ıteit ε-δ definitie, 50 in een interval, 54 inverse, 59 rij definitie, 49 continue functies hoofdeigenschap, 54 continue uitbreiding, 61 convergentie complexe rij, 39 absoluut, 128 reeks, 119 relatief, 128 rij, 34 convergentiegebied, 131 convergentiekenmerk Cauchy, 126 d’Alembert, 125 convergentieschijf, 133

beeld, 23 beginvoorwaarde, 198, 315 begrensd, 9, 31 naar boven, 9 naar onder, 9 bepaalde integraal, 263 beperking, 26 bereik, 23 bgcos, 192 bgcosh, 165 bgcotan, 194 bgcotanh, 165 bgsin, 191 336

Index convergentiestraal, 132 convergentietest d’Alembert, 124 convex, 228 cos, 177 cosec, 188 cosh, 159 cotan, 188 cotanh, 159 criterium van Leibniz, 129 cyclometrische functies, 191 d’Alembert convergentietest, 124 dalende functie, 31 de l’Hôpital, 100, 101, 173 deelpunten van partitie, 259 deelrij, 44 differentiaalvergelijking beginvoorwaarde, 198 definitie, 201 homogeen, 202 inhomogeen, 202 scheidbare, 315 variatie van de constante, 321 differentieerbaar, 80 differentiequotiënt, 80 divergentie naar ∞, 36 reeks, 119 rij, 36 domein, 23 driehoeksongelijkheid, 13 eerste orde reactie, 200 ellips, 240 exponentiële functie, 153 complex, 196 Maclaurinreeks, 158 extrema, 94 faculteit, 4, 136 Fibonacci getallen, 34 formule van Maclaurin, 142 formule van Taylor, 140, 275 restterm, 140, 275 functie, 23 afgeleide, 81 analytisch, 134, 142 begrensd, 31 bijectief, 25

337 complex, 31 concaaf, 228 convex, 228 cyclometrisch, 191 dalend, 31 exponentiële, 153, 168 gamma functie, 304 goniometrisch, 177, 188 hyperbolisch, 159 identieke, 28 injectief, 25 inverse hyperbolisch, 164 logaritmisch, 161, 169 macht, 172 monotoon, 31 periodiek, 183 primitieve, 271 rationaal, 30, 32 reëel, 29 Riemann-integreerbaar, 263 samengestelde, 27 stijgend, 31 surjectief, 24 transcendent, 153 gamma functie, 304 Gaussische functie, 235 gehele deel, 71 gehele getallen, 5 geparametriseerde kromme, 247 gesloten interval, 14 getal complex, 16 geheel, 5 natuurlijk, 2 negatief, 8 positief, 8 rationaal, 5 reëel, 6 goniometrische functies, 177, 188 onbepaalde integralen, 291 graf, 29 grafiek, 29, 227 harmonische oscillator, 201 harmonische reeks, 121 harmonische rij, 117 hogere orde afgeleide, 83 horizontale asymptoot, 232 hyperbolische functies, 159 hyperbool, 242

338 hyperharmonische reeks, 303 hyperharmonische rij, 117 identieke functie, 28 imaginair deel, 16 inductie, 2 infimum, 9 functie, 31 injectie, 25 insluitstelling, 43 functies, 69 integraal, 263 bepaalde, 263 bovengrens, 263 goniometrische functies, 291 meetkundige interpretatie, 269 onbepaalde, 272 ondergrens, 263 oneigenlijk, 295 rationale functies, 286 integraalrekening eerste hoofdstelling, 266, 271 partiële integratie, 283 recursiebetrekkingen, 284 rekenregels, 276 substitutiemethode, 280 toepassingen, 306 tweede hoofdstelling, 273 integraaltest, 301 integreerbaar, 263 interval gesloten, 14 oneindig, 15 open, 14 inverse functie continu¨ıteit, 59 inverse hyperbolische functies, 164 karakteristieke veelterm, 204 karakteristieke vergelijking, 204 kegelsneden, 239 kettingregel, 88 kritiek punt, 93 kromme geparametriseerd, 247 lengte, 306 poolcoördinaten, 244, 308 Leibniz criterium, 129 lengte van kromme

Index graf f , 306 parametervergelijking, 308 poolcoördinaten, 308 lijnelement, 314 lijnelementenveld, 314 limiet complexe rij, 39 functie, 61 oneindig, 64 rekenregels, 67 rij, 34, 117 liminf, 46 limsup, 46, 125 linkerafgeleide, 81 linkerlimiet, 62 linkscontinu, 51 ln, 161 logaritme, 161 Maclaurinreeks, 143 logistiek model, 199 lokaal maximum, 94, 231 lokaal minimum, 94, 231 machtfuncties, 30 machtreeks, 131 afleidbaar, 134 convergentiegebied, 131 convergentieschijf, 133 convergentiestraal, 132 machtsfunctie, 172 Maclaurin formule, 142 Maclaurinreeks, 142 Maclaurinveelterm, 142 maximum, 9, 93 absoluut, 94 functie, 31 lokaal, 94, 231 meetkundige reeks, 122 som, 122 meetkundige rij, 117 middelwaardestelling differentiaalrekening, 97 van Cauchy, 98 van Lagrange, 97 minimum, 9, 93 absoluut, 94 functie, 31 lokaal, 94, 231 modulus, 17

Index monotone functie, 31 naar boven begrensd, 31 naar onder begrensd, 31 natuurlijke getallen, 2 natuurlijke logaritme, 161 Newton binomium, 11 O-symbool, 47, 300 omgeving, 16 omwentelingslichaam oppervlakte, 311 volume, 312 onbepaalde integraal, 272 goniometrische functies, 291 rationale functies, 286 ondergrens, 9 onderintegraal, 262 ondersom, 260 oneigenlijke integraal, 295 convergent, 296, 298 divergent, 296, 298 integraaltest, 301 vergelijkingstest, 300 oneindig, 14 oneindige limiet, 64 open interval, 14 oppervlakte omwentelingslichaam, 311 onder grafiek, 269 poolcoördinaten, 309 parabool, 241 parametervergelijking, 247 partiële integratie, 283 particuliere oplossing, 210, 321 partieelbreuk, 287 partieelbreuksplitsing, 288 partieelsom, 118 partitie, 259 verfijning, 259 periode, 183 periodieke functie, 183 polynoom, 29, 32 poolcoördinaten, 18, 243 kromme, 244, 308 oppervlakte, 309 primitieve functie, 271 basisformules, 279 partiële integratie, 283

339 substitutiemethode, 280 productregel, 85 punt kritiek, 93 quotiëntregel, 85 raaklijn, 81 radiaal, 185 rationale functie, 30, 32 onbepaalde integraal, 286 rationale getallen, 5 reëel deel, 16 reële functies, 29 reële getallen, 6 reactie eerste orde, 200 tweede orde, 200 reactiecontante, 199 rechterafgeleide, 81 rechterlid, 320 rechterlimiet, 62 rechtscontinu, 51 recursiebetrekkingen onbepaalde integralen, 284 reeks, 118 absoluut convergent, 128 alternerend, 129 harmonische, 121 hyperharmonisch, 303 meetkundige, 122 niet-negatieve termen, 122 reeksen convergentiekenmerk, 125, 126 integraaltest, 301 vergelijkingstest, 123, 124 regel van de l’Hôpital, 100, 101 rekenkundige rij, 117 relatief convergent, 128 restterm, 140, 275 richtingscoëfficiënt, 81 Riemann-integreerbaar, 263 Riemann-som, 259, 268 rij, 32, 117 complexe getallen, 33 begrensd, 37 convergentie, 34 dalend, 37 divergentie, 36 elementen, 32

340 limiet, 34, 39, 117 liminf, 46 limsup, 46 monotoon, 37 stijgend, 37 Rolle, 96 samenstellen van functies, 27 schuine asymptoot, 233 sec, 188 sin, 177 sinh, 159 somteken, 4 stelling Bolzano–Weierstrass, 45 Cauchy, 98 Lagrange, 97 Rolle, 96 stijgende functie, 31 strikt dalend, 31 strikt monotoon, 31 strikt stijgend, 31 substitutiemethode, 280 supremum, 9 functie, 31 surjectie, 24 tan, 188 tanh, 159 Taylor restterm, 140, 275 Taylorontwikkeling, 138 Taylorreeks, 138 Taylorveelterm, 138 transcendente functie, 153 tussenwaardestelling, 55 tweede orde reactie, 200 variatie van de constante, 206, 210, 321 veelterm, 29, 32 karakteristiek, 204 verfijning, 259 vergelijking karakteristiek, 204 vergelijkingstest, 123, 124 verticale asymptoot, 232 verzameling, 1 volledige inductie, 2 volledigheid van R, 10 volume omwentelingslichaam, 312

Index Wronskiaan, 211

INLEIDING TOT DE HOGERE WISKUNDE

Recommend Documents