Wiskunde I voor Scheikunde en Medische Natuurwetenschappen

Transcriptie

1 Wiskunde I voor Scheikunde en Medische Natuurwetenschappen Dr. A.C.M. Ran najaar 00 (gewijzigde druk

2 Voorwoord Dit dictaat is bedoeld voor twee groepen studenten: de eerstejaars studenten scheikunde en de eerstejaars studenten medische natuurwetenschappen. Dit dictaat is een noodzakelijke aanvulling op het boek van Stephenson. De behandelde delen uit Stephenson zijn ruwweg: Hoofdstuk 7, de eerste vier paragrafen, Hoofdstuk 6, 7, 3, 4, Hoofdstuk 9 de paragrafen 7 en 8 en Hoofdstuk de paragrafen,, 3 (behalve c, 4, 5, 6 a, en. Voor al deze hoofdstukken bevat dit dictaat aanvullingen. Het dictaat is gerangschikt in de volgorde van het college. Sommige delen van het dictaat zullen misschien niet uitgebreid op het college aan bod kunnen komen; die delen behoren toch tot de tentamenstof. Het dictaat kwam tot stand nadat de stof door diverse docenten was gegeven. Eén van die docenten was Alistair Vardy. Hij heeft het dictaat grondig herzien, en omgezet naar L A TEX (waarvoor mijn hartelijke dank. A.C.M. Ran

3 Contents Complexe getallen.. Introductie van complexe getallen Rekenregels Een derde notatie De Moivre s stelling Oplossen van vergelijkingen e-macht en logaritme Stelsels lineaire vergelijkingen. 4 3 Matrices 0 3. Invoeren van het begrip matrix Rekenen met matrices Oplossen van stelsels vergelijkingen Transponeren Determinanten 8 4. Invoeren van het begrip determinant Eigenschappen van determinanten Nogmaals stelsels vergelijkingen Eigenwaarden en eigenvectoren Invoeren van de begrippen eigenwaarde en eigenvector Hoe we eigenwaarden en eigenvectoren vinden Afbeeldingen, limieten, continuïteit, differentieerbaarheid Limieten Standaardlimieten Continuïteit Differentieerbaarheid Differentieren en continuïteit Differentieren Stelling van Rolle en Middelwaardestelling Stelling van Taylor Stelling van Leibnitz Maxima en minima i

4 8 Primitiveren Ter herinnering Eerste substitutieregel Tweede substitutieregel Partiële integratie Breuksplitsing Extra Integreren Ongelijkheden en middelwaardestellingen Oneigenlijke integralen Partieel differentieren Hogere partiële afgeleiden Vectoranalyse 66. Scalaire velden en vectorvelden Differentiaalvergelijkingen 70. Scheiding van variabelen Lineaire eerste orde vergelijking De vergelijking met homogene functies Lineaire dv van orde met constante coefficienten Inhomogene vergelijking Stelsels differentiaalvergelijkingen Stelsels homogene differentiaalvergelijkingen Stelsels inhomogene differentiaalvergelijkingen A In-produkt en uit-produkt 8 B Vraagstukken 85 ii

5 Complexe getallen.. Introductie van complexe getallen. We identificeren een complex getal met een punt in het platte vlak: x + iy (x, y waarbij we afspreken i = ( i =. We identificeren dus met (,0 en i met (0,. Imaginaire as b a + bi i a Reële as We identificeren reële getallen x met (x, 0. Getallen van de vorm iy heten imaginaire getallen, de verzameling {iy : y IR} heet de imaginaire as. Punten in het platte vlak kun je ook met poolcoördinaten weergeven: elk punt P wordt eenduidig bepaald door de afstand r tot (0, 0 en de hoek φ die het lijnstuk van P naar O maakt met de positieve x-as. Het paar (r, φ zijn de poolcoördinaten van P, met de afspraak π < φ π. y-as o P r φ x-as

6 De relatie tussen de twee manieren waarop we nu naar een complex getal kunnen kijken is als volgt: wanneer P = x + iy dan is x = r cos φ en y = r sin φ r = x + y cos φ = x x + y sin φ = y x + y r heet de modulus van het complexe getal z = x + iy. Notatie: r = z. φ heet de hoofdwaarde van het argument van z. Notatie: φ = Argz. Herinner: π < φ π. Elke hoek waarvoor geldt φ = Argz + kπ (k Z geeft in de formule die z uitdrukt in φ en r hetzelfde. We spreken van het argument van z als we ons niet langer beperken tot π < φ π. Notatie: arg z. Voorbeeld: Als z = + 3i, dan z = 3, sin φ = 3 3, cos φ = 3. Voor een complex getal z = x + iy heet het complexe getal x iy de (complex geconjugeerde of (complex toegevoegde van z. Notatie: z = x iy. Voor z = x + iy heet x het reële deel van z en y het imaginaire deel van z. Notatie: x = Rez, y = Imz. NB: het imaginair deel van z is een reëel getal! z Imz = y z Rez = x

7 We noteren de verzameling van de complexe getallen met C.. Rekenregels. Optellen, aftrekken en vermenigvuldigen gaan zoals je denkt dat het gaat. Onthoud i =. Optellen, aftrekken en vermenigvuldigen voldoen ook aan de gewone rekenregels, bijvoorbeeld: z z = z z z (z + z 3 = z z + z z 3, enz. Voorbeelden:. (3 + i + ( i = (3 + + (i i = + i,. (3 + i ( i = 4 + 3i, 3. (3 + i( i = 3 i 3i i = 5i. z z + z z We willen enkele interessante uitkomsten apart bekijken: (i z + z = (x + iy + (x iy = x, en z z = (x + iy (x iy = iy. Dus z + z = Rez, z z = i Imz. (ii z z = (x + iy(x iy = x (iy = x i y = x + y = z Uit (ii volgt iets aardigs over de modulus van een produkt z z : z z = z z z z = z z z z = z z z z = z z 3

8 Dus (ga na z z = z z, met andere woorden de modulus van een produkt is het produkt van de moduli. Omdat we ook willen weten wat er geldt voor het argument van een produkt, nemen we twee getallen z en z, en schrijven Dan: z = r (cos φ + i sin φ, z = r (cos φ + i sin φ. z z = r r (cos φ + i sin φ (cos φ + i sin φ = r r ( (cos φ cos φ sin φ sin φ + i(cos φ sin φ + sin φ cos φ = r r (cos(φ + φ + i sin(φ + φ Dus: z z = r r (cos(φ + φ + i sin(φ + φ. Conclusie: het argument van het produkt is de som van de argumenten (modulo π. zw driehoek 0 z is gelijkvormig met driehoek 0 w zw. w z 0 Delen is lastiger. Voorbeeld: 3 + i i = (3 + i( + i ( i( + i = ( 3 + i + (3i i = 5 + i. (nu is de noemer een reëel getal = 5 + i 4

9 Dat werkt in het algemeen zo: mits z 0: z z = z z z z = z z z. Aan het eind van de berekening is de noemer reëel, en staat er dus een enkel complex getal (zie voorbeeld. Hieruit volgt dat de modulus van het quotient gelijk is aan het quotient van de moduli. Verder, als z = r (cos φ + i sin φ en z = r (cos φ + i sin φ, dan is z z = r r (cos(φ φ + i sin(φ φ (ga na!, zodat het argument van het quotient gelijk is aan het verschil van de argumenten (modulo π. 5

10 .3 Een derde notatie. We voeren nòg een nieuwe notatie in: vanaf nu zullen we vaak e iθ schrijven voor de uitdrukking cos θ + i sin θ. Merk op: e iθ e iφ = e i(θ+φ vanwege het regeltje dat bij vermenigvuldiging de argumenten opgeteld moeten worden. Merk ook op dat als z = e iθ, dan z =. i e i π 4 - i e i 3 4 π i = e i π = e iπ i = e i π = e i 0 = e iπ Verder e i(θ+kπ = e iθ e ikπ = e iθ, voor k Z. Tenslotte is elk complex getal te schrijven als z = re iθ = r(cos θ+i sin θ, r 0, waar r = z. Wanneer de hoek negatief is valt er als volgt te herleiden: e iθ = cos θ i sin θ = e iθ = e iθ. 6

11 .4 De Moivre s stelling. Als z = r(cos φ + i sin φ, dan is z = r (cos φ + i sin φ, z 3 = r 3 (cos 3φ + i sin 3φ, vanwege het in. afgeleide feit dat je bij vermenigvuldiging van twee complexe getallen de moduli met elkaar moet vermenigvuldigen en de argumenten bij elkaar moet optellen. In het algemeen: z n = r n (cos nφ + i sin nφ. Dus hebben we in het bijzonder voor r = : (cos φ + i sin φ n = (cos nφ + i sin nφ. Dit staat bekend als de stelling van De Moivre. Door z n ook op een andere wijze uit te rekenen krijg je aardige goniometrische identiteiten. Bijvoorbeeld: z = (r cos φ + ri sin φ = r (cos φ sin φ + ir cos φ sin φ enerzijds, maar aan de andere kant is z = r (cos φ + i sin φ. Dus volgt dat r (cos φ sin φ + ir cos φ sin φ = r (cos φ + i sin φ, en dus dat (cos φ sin φ + i cos φ sin φ = cos φ + i sin φ. Omdat de reële delen aan elkaar gelijk moeten zijn, en de complexe delen ook aan elkaar gelijk moeten zijn, concluderen we dat cos φ = cos φ sin φ, en sin φ = cos φ sin φ, wat inderdaad bekende gonio-regels zijn! Om verder te komen even een intermezzo over het volgende probleem: hoe reken je (a + b n uit? Het antwoord is (a + b n = n ( n i i=0 = a n + a i b n i ( n n a n b + + ( n ab n + b n. 7

12 (Dit heet het binomium van Newton. De getallen ( n i - (spreek uit: n boven i - worden gegeven door: ( n n! = i i!(n i!, waar in het algemeen k! = k (k (k... (We spreken af 0! =. Je kunt deze getallen op de volgende manier vinden: Op de n e rij in de driehoek van Pascal 3 3 de getallen ( n i Voorbeelden:. Druk cos 6φ uit in machten van cos φ en sin φ. Oplossing: Volgens De Moivre is cos 6φ + i sin 6φ = (cos φ + i sin φ 6. Volgens het binomium van Newton is (cos φ + i sin φ 6 = cos 6 φ + 6i cos 5 φ sin φ + 5 cos 4 φ i sin φ + 0 cos 3 φ i 3 sin 3 φ + 5 cos φ i 4 sin 4 φ + 6 cos φ i 5 sin 5 φ + i 6 sin 6 φ. Het reële deel van deze uitdrukking moet dus gelijk zijn aan cos 6φ, ofwel cos 6φ = cos 6 φ 5 cos 4 φ sin φ + 5 cos φ sin 4 φ sin 6 φ. Zo volgt ook sin 6φ = 6 cos 5 φ sin φ 0 cos 3 φ sin 3 φ + 6 cos φ sin 5 φ.. Om omgekeerd bijvoorbeeld cos 6 φ uit te drukken in cosinussen en sinussen van veelvouden van φ gebruik je de regels: e iφ + e iφ = cos φ, en e iφ e iφ = i sin φ. 8

13 Met z = e iφ wordt dit: z + z z z = cos φ, en = i sin φ. Dus: 6 cos 6 φ = (z + z 6 = z 6 + 6z 5 z + 5z4 z + 0z3 z 3 + 5z z 4 + 6z z 5 + z 6 = z 6 + 6z 4 + 5z z + 6 z 4 + z 6 = (z 6 + z 6 + 6(z4 + z 4 + 5(z + z + 0 (! = cos 6φ + 6 cos 4φ + 5 cos φ + 0. Dus : cos 6 φ = cos 6φ + cos 4φ + cos φ

14 .5 Oplossen van vergelijkingen. a. We bekijken eerst de vergelijking z n =, n vast gegeven. Zij z = re iφ. Volgens De Moivre is z n = r n e inφ, dus z n = r n e inφ = = e i(0+kπ, k Z. Vergelijk de moduli en de argumenten: r n =, nφ = kπ. Het lijkt alsof we hiermee niets winnen. Immers in plaats van z n = moeten we oplossen r n =. Bedenk echter dat r een reëel getal is en dat r > 0. Dus r =. Verder is φ = kπ n, k Z. Het lijkt nu alsof er oneindig veel oplossingen zijn, namelijk z = cos kπ kπ n + i sin n voor elke k Z. Maar voor k = n staat er hetzelfde als voor k = 0; voor k = n + hetzelfde als voor k =, enz. Dus: z = cos kπ kπ n + i sin n, met k = 0,,..., n. Voorbeeld: Los op z 4 = + i 3. Oplossing: Stel z = re iφ. Weer volgt z 4 = r 4 e i4φ = + i 3 = ( + i 3 = e i π 3. Vergelijk modulus en argument: r 4 =, 4φ = π + kπ, k Z. 3 Er zijn maar vier verschillende oplossingen: z = 4 e π i z = 4 e 7π i z 3 = 4 e πi z 4 = 4 e 7 πi Voor alle andere waarden van k krijg je één van deze vier weer terug. Let wel op dat we hier nog niet de hoofdwaarde van het argument hebben gegeven, daarvoor geldt: π < φ π. 0

15 b. Tweedegraadsvergelijkingen. Voorbeelden:. Eerst een simpel voorbeeld: los op in complexe getallen de vergelijking z + 4z + 5 = 0. We gaan eerst kwadraat afsplitsen: (z + + = 0, ofwel (z + =. Noem nu z + = w. Dan staat er w =, ofwel w = ±i, dus z + = ±i, dus z = ± i.. Een iets lastiger voorbeeld: los op z z + 8 4i = 0. Eerst weer kwadraat afsplitsen: (z + 7 4i = 0, ofwel (z = 7 + 4i. Noem nu z = w. Dan staat er w = 7 + 4i = 5( 7 waarbij 5 de modulus is van 7 + 4i. Schrijf nu w = re iφ. Dan w = r e iφ i, Dus: r = 5, cos φ = 7 4 5, sin φ = 5. Dat levert r = 5. Gebruik nu dat cos φ = cos φ, sin φ = cos φ sin φ; dat geeft cos φ = 9 5, ofwel cos φ = ± 3 5 ; cos φ = 3 5 geeft sin φ = 4 5, en cos φ = 3 5 geeft sin φ = 4 5. Dus: w = 5( i = 3 + 4i òf w = 5( i = 3 4i. Voor z levert dat (z = w : z = 4 + 4i òf z = 4i. 3. Nog een voorbeeld: los op z + ( 3 + iz + 4 = 0. Kwadraat afsplitsen: (z + ( 3 + i ( 3 + i + 4 = 0, met andere woorden (z + ( 3 + i + 4 ( 3 i = 0, ofwel (z + ( 3 + i = 3 i = 5 ( i. Noem z + ( 3 + i = w = reiφ, dan is r = 5, dus r = 5, en

16 cos φ = cos φ = 4 5, sin φ = 3 5. Dat levert cos φ = ± 0. Voor cos φ = 0 krijgen we sin φ = 3 0 en cos φ = 0 geeft sin φ = Dus: w = ± ( i = ±( 3 i, zodat z = i of z = + i.

17 .6 e-macht en logaritme. De functie x e x kun je uitbreiden naar de complexe getallen door af te spreken e x+iy = e x e iy = e x (cos y + i sin y. De functie x log x kun je uitbreiden naar de complexe getallen via de volgende afspraak: voor z = x + iy = re iφ is Logz = (log r + iφ, waar log staat voor de e log, dat wil zeggen de natuurlijke logaritme. Met deze definitie is evenwel iets mis, omdat φ slechts bepaald is op een veelvoud van π na. We spreken dan ook af π < φ π, ofwel we nemen de hoofdwaarde van het argument. Dus: Logz = log r + iφ, met π < φ π en z = re iφ, z 0. De op die manier verkregen functie heet de hoofdwaarde van de logaritme. 3

18 Stelsels lineaire vergelijkingen. Ter herinnering: in de tweede klas Havo/Atheneum leer je twee vergelijkingen met twee onbekenden oplossen. Voorbeeld: { x + 3y = 5 x + y = 0 Twee keer de eerste vergelijking van de tweede afhalen geeft: { x + 3y + 5 5y = 0 Uit de tweede vergelijking vinden we y = ; door dit in te vullen in de eerste vergelijking vinden we dan x =. De oplossing is dus x =, y =. Hoe nu te handelen met stelsels van n vergelijkingen met m onbekenden? Voorbeeld: Los op: x + y + 3z = 3 x + 3y + 5z = 0 x + 5y + z = 0 De tweede min de eerste vergelijking, en de derde min de eerste vergelijking geeft: x + y + 3z = 3 y + z = 3 3y + 9z = 3 Werk nu verder met de tweede en derde als met twee vergelijkingen met twee onbekenden - trek drie keer de tweede vergelijking van de derde af: x + y + 3z = 3 y + z = 3 3z = 6 De derde vergelijking geeft nu =. Dit invullen in de tweede vergelijking geeft y = 7. Deze beide gegevens invullen in de eerste vergelijking geeft x =. De oplossing luidt nu in vectornotatie: 4

19 x y z = 7. Wat we doen is het volgende: tel veelvouden van de eerste vergelijking op bij de tweede, derde enz, en zorg er zo voor dat alleen in de eerste vergelijking nog een x voorkomt. Dit noemen we (wegvegen van x uit de tweede, derde enz vergelijking. Veeg vervolgens uit de derde, vierde enz de y weg op dezelfde wijze. Ga zo door tot je tenslotte één vergelijking met één onbekende overhoudt. Los die op, vul het antwoord in en vind daarmee successievelijk alle andere onbekenden. Een dure term voor deze methode is Gauss-eliminatie. Voorbeeld: x + y + z = 6 x + y + 3z = 4 x + 4y + 9z = 36 Trek de eerste vergelijking af van de tweede en derde: x + y + z = 6 y + z = 8 3y + 8z = 30 Trek nu drie keer de tweede vergelijking af van de derde: x + y + z = 6 y + z = 8 z = 6 Dit geeft (van onderen naar boven dat z = 3, y =, x =. De oplossing is dus: x y z = 3. Het schrijfwerk beperk je aanzienlijk door alle x,y,z,+,= weg te laten. We bekijken de voorbeelden opnieuw. Voorbeelden: 5

20 . Het eerste voorbeeld wordt: De tweede min de eerste en de derde min de eerste geeft: De derde min drie keer de tweede geeft: De invulstap kun je nu als volgt doen: de derde keer 3 geeft: De eerste min drie keer de derde, en de tweede min twee keer de derde geeft: De eerste min twee keer de tweede geeft: Het antwoord staat nu in de kolom rechts, en luidt dus: x y = 7. z. Het tweede voorbeeld wordt: De tweede min de eerste en de derde min de eerste geeft:

21 De derde min drie keer de tweede geeft: De derde keer geeft: De eerste min de derde, en de tweede min twee keer de derde geeft: De eerste min de tweede geeft: Het antwoord staat weer in de kolom rechts en luidt dus x y z = 3 3. Nog maar een voorbeeld. Los op het stelsel:. x + 5y + 3z = 0 5x + y z = 0 x + y + z = 0 Dit gaat als volgt: De tweede min vijf keer de eerste, en de derde min de eerste geeft: De derde min 8 keer de tweede geeft:

22 Schrik! Wat nu? De situatie voor de tweede en derde vergelijking in de tweede stap is: { 4y 6z = 0 3y z = 0 Op een factor 8 na is dat twee keer dezelfde vergelijking. We kunnen nu na stap drie wèl y uitdrukken in z (middels de tweede vergelijking. Door dit in te vullen in de tweede vergelijking kunnen we óók x uitdrukken in z. Daarmee hebben we dan alle oplosingen: na stap drie: { x + 5y + 3z = 0 4y 6z = 0 geeft y = 3 z, dus 0 = x+5y +3z = x 0 3 z +3z = x 3 z, ofwel x = 3 z. 3 3 Dus: x y = z ook alle oplossingen. z is voor elke z IR een oplossing, en dit zijn Op dezelfde manier ga je te werk met een stelsel van twee vergelijkingen met drie onbekenden (of in het algemeen: m vergelijkingen met n onbekenden. Voorbeelden:. { x + y + z = 0 x + y + 3z = Dit werk je als volgt uit: ( 0 3 ( 0 0 Dat geeft y = z, x = z +. In vectornotatie: x y = z + z 0. Tenslotte nog een voorbeeld waar er meer vergelijkingen dan onbekenden zijn: x + y = x + 3y = 0. x y =. 8

23 Dit werk je als volgt uit: Uit de laatste twee zien we y = en y =. Dat geeft een tegenstrijdigheid, dus er is nu geen enkele oplossing.. In het algemeen geldt voor stelsels lineaire vergelijkingen: er is òf geen oplossing, òf precies één oplossing, òf er zijn oneindig veel oplossingen. 9

24 3 Matrices 3. Invoeren van het begrip matrix. Bekijk de afbeelding x x + 3y y x + y z. Deze afbeelding z x + 3y + 5z wordt eigenlijk helemaal gegeven door de coëfficiënten van x,y,z. Die stoppen we in een getallenblok dat we matrix noemen: Voorbeeld: De matrix ( (IR 4 IR : hoort bij de afbeelding x y z w ( x + 4y + w 7y x + w (NB: Niet bij elke afbeelding hoort een matrix, alleen bij zogenaamde lineaire afbeeldingen. Een m n matrix (spreek uit: m bij n matrix heeft m rijen en n kolommen: a a a 3 a n a a a n a m a m a mn Matrices zijn we in feite al tegengekomen. Voorbeelden: x + 3y = 6. 8x + y = 7 4x + 6y =. { x y = 4 x + y = 6 ( 3 ( 8 x = 6 7 y 4 6 ( ( x 4 =. y 6. 0

25 3. Rekenen met matrices. Optellen en aftrekken van matrices gaat zoals je denkt dat het moet, elementsgewijs: als A = en B = π, dan is A+B = π Vermenigvuldigen van een matrix met een getal doe je door elk element van de matrix met dat getal te vermenigvuldigen: als A = , dan is 3A = Vermenigvuldigen van twee matrices gaat conform het nemen van de compositie van de bijbehorende afbeeldingen... Voorbeeld: ( =?. De eerste kolom van het produkt van de matrices A en B is A maal de eerste kolom van B. De tweede kolom van AB is A maal de tweede kolom van B enz. (Ga na dat dit precies de compositie van afbeeldingen is. Dus de eerste kolom van ( = ( = is en de tweede kolom is 3 ( 8 = = Het product is dus ,

26 Voorbeelden:. Als A = ( 3 3 en B = 3 3, dan is A B = B A = ( ( 3 3 = ( 0 3 4, en = Merk op dat A B B A! (. A = en B = 3 Noch A B, noch B A bestaan π De eenheidsmatrix is de matrix die hoort bij de afbeelding die alles op zichzelf afbeeldt. Notatie: I n is de n n eenheidsmatrix: I n = Merk op dat I n A = A I n = A Laat A een n n matrix zijn. De matrix, die hoort bij de inverse afbeelding (of: omkeerafbeelding heet de inverse van A. Notatie: A. Merk op: alleen een vierkante matrix kàn een inverse hebben, maar niet alle vierkante matrices hèbben een inverse (zie verderop. Omdat matrixvermenigvuldiging hetzelfde is als compositie van afbeeldingen, geldt: A A = A A = I n.

27 Voorbeeld: Als A = ( ( x, dan is A y ( x = 0. A is niet inverteerbaar, want de bijbehorende afbeelding geeft bij verschillende originelen hetzelfde ( beeld. ( ( Bijvoorbeeld is A = A =. 0 0 Hoe reken je nu de inverse van een matrix uit? Neem bijvoorbeeld A = de inverse zijn. Dan moet A Los dit op: b b b 3 = , dus De eerste kolom van de inverse is dus De tweede kolom krijg je uit A de derde uit A b 3 b 3 b 33 = 0 0 b b. b 3, en laat b b b 3 b b b 3 b 3 b 3 b 33 b b b = , = 0 0 Je herhaalt dus steeds hetzelfde veegproces, met alleen een verschillende rechterkant. Het kan dus ook in één keer:. 3

28 Nu staat rechts de inverse Controleer steeds je antwoord (door rekenfouten is het bijna altijd eerst verkeerd!: Klopt! =

29 3.3 Oplossen van stelsels vergelijkingen. Stel je wilt oplossen een stelsel van de vorm Ax = b. Je kunt nu twee wegen bewandelen:. vegen x y z = 3 3. de inverse van A uitrekenen en daarna A b = x. Natuurlijk is minder werk, je doorloopt bij immers toch het veegproces. Het uitrekenen van de inverse van A is alleen aan te bevelen als je A x = b op moet lossen voor meerdere (=heel veel vectoren b.. Merk op dat als een matrix A een inverse heeft, dan is voor elke vector b het stelsel vergelijkingen A x = b uniek oplosbaar, dat wil zeggen er is precies één vector x die er aan voldoet, te weten x = A b. Als A nu geen inverse heeft, dan zijn er twee mogelijkheden: òf A x = b heeft geen oplossing, òf oneindig veel. Voorbeelden:. ( ( x y. ( ( x y ( = heeft geen oplossing (ga na ; ( ( x = geldt voor alle met y ( x y ( = 0 ( + a, a IR. Hoe vind je nu alle oplossingen van A x = b? STELLING 3.3. Laat x een oplossing zijn van A x = b en laat x een 0 oplossing zijn van A x = 0 =. 0. Dan is x + x een oplossing van A x = b, en alle oplossingen krijg je door x over alle oplossingen van A x = 0 te laten lopen. 5

30 Voorbeeld: ( ( x y ( =. Je ziet zó dat ( x =, y = ( 0 een oplossing ( is. x 0 Los nu op =, dus y 0 ( ( zodat x = y alle oplossingen geeft. ( ( ( x a Dus: = a = y a A x = 0.,, a IR zijn alle oplossingen van ( ( ( x Alle oplossingen van A x = zijn dus = y 0 a IR. (Dit kan natuurlijk ook door direkt vegen! ( + a, 6

31 3.4 Transponeren. Voor een matrix A = a a a 3 a n a a a n..... a m a m a mn is de getransponeerde van A (notatie: A T de gespiegelde in de hoofddiagonaal, a a a 3 a m dus A T a a a m =... a n a n a mn ( T 3 5 Bijvoorbeeld = Voor een matrix met complexe getallen is de volgende matrix belangrijker. Laat A een matrix zijn met complexe getallen, dan is A = ĀT, de complex toegevoegde van de getransponeerde matrix. Bijvoorbeeld: ( + i + 4i 3i i = ( i + 3i 4i i Een matrix heet symmetrisch als A = A T, en zelfgeadjungeerd of Hermitisch als A = A. Ga zelf na dat A zelfgeadjungeerd is als en alleen als Ax, y = x, Ay. 7

32 4 Determinanten 4. Invoeren van het begrip determinant. Bekijk nog een keer het stelsel van twee vergelijkingen met twee onbekenden x en y: { a x + b y = c a a x + b y = c a. Dit levert op: { a a x + a b y = a c a a x + a b y = a c. De tweede vergelijking van de eerste aftrekken geeft: Mits a b a b 0 is y = ac ac a b a b. (a b a b y = a c a c. Evenzo: { a b x + b b y = c b a b x + b b y = c b. Weer de tweede vergelijking van de eerste aftrekken geeft: Mits a b a b 0 is x = cb cb a b a b. (a b a b x = c b c b. Merk op dat de noemer (bijna dezelfde is. Voer in als notatie: Dan staat er dus: a b a b = a b a b. Dit is een ( bij determinant. c b c b a c a x = a c b, y = a b a b a b We definiëren nu eerst een 3 3 determinant: a b c a b c b = a c a 3 b 3 c 3 b 3 c 3 a b c b 3 c 3 + a 3 b c b c a = b c a 3 c 3 + b a c a 3 c 3 b 3 a c a c a = c b a 3 b 3 c a b a 3 b 3 + c 3 a b a b Ga na dat de definitie inderdaad drie keer hetzelfde oplevert! 8

33 Hierbij heet b c b 3 c 3 de minor van a, b c b 3 c 3 de minor van a, enz. Je kunt de determinant ontwikkelen naar elke kolom, de determinant is de som van: de elementen maal de minoren maal een teken. Welk teken bepaal je met onderstaand schema; regeltje van alternerende tekens: Je kunt ook ontwikkelen naar een rij: a b c a b c a 3 b 3 c 3 = a b c b 3 c 3 b a c a 3 c 3 + c a b a 3 b 3 Voorbeeld: = = ( ( ( 4 = =. Hier was er naar de eerste rij ontwikkeld. Ontwikkelen we bijvoorbeeld naar de derde kolom, dan krijgen we: = = (4 3 (4 + 9 ( = =. We voeren nu eerst voor een algemene determinant het begrip minor wat preciezer in. Bekijk de determinant a a a 3. a n a a a 3. a n a ij. a n a n a n3. ann De minor van a ij is de determinant die je krijgt door rij i en kolom j weg te laten. 9

34 We definiëren nu de algemene n n determinant in termen van (n (n determinanten: a a a n a a a n.. =. a n a n a nn a (de minor van a a (de minor van a + + ( n+ a n (de minor van a n Ook kun je weer ontwikkelen naar elke gewenste rij of kolom, het tekenschema is We komen straks terug op het oplossen van stelsels vergelijkingen met determinanten. Eerst wat rekenregels en eigenschappen. 4. Eigenschappen van determinanten a. Bij spiegelen in de hoofddiagonaal behoudt de determinant dezelfde waarde. Anders gezegd, voor een matrix A geldt det A = det A T. a a a 3 b b b 3 heeft dezelfde uitkomst (ontwikkel naar de eerste rij als c c c 3 a b c a b c (ontwikkel naar de eerste kolom. a 3 b 3 c 3 Gevolg is: elke bewering over rijen is ook waar voor kolommen en vice versa. b. Bij verwisselen van twee rijen verandert het teken van de determinant. a a a 3 b b b 3 c c c 3 = b b b 3 a a a 3 c c c 3 (ontwikkel de eerste determinant naar de eerste rij, de tweede determinant naar de tweede rij c. Als twee rijen gelijk zijn, is de determinant nul (volgt uit b. d. Als je een rij vermenigvuldigt met een getal, dan vermenigvuldig je de 30

35 determinant met dat getal. ka b c ka b c ka 3 b 3 c 3 = ka α ka α + ka 3 α 3 = k(a α a α + a 3 α 3 a b c = k a b c a 3 b 3 c 3. (hier is α i de minor van a i voor i=,,3 e. Als twee rijen evenredig zijn, dan is de determinant nul (volgt direkt uit c en d. f. Als een rij de som is van twee termen, dan is de determinant de som van de twee afzonderlijke determinanten. a + x b c a + x b c = (a + x b c a 3 + x 3 b 3 c 3 b 3 c 3 (a + x b c b 3 c 3 + (a 3 + x 3 b c b c a b c = a b c a 3 b 3 c 3 + x b c x b c x 3 b 3 c 3. g. Een determinant verandert niet als je een veelvoud van een rij optelt bij een andere rij (dit volgt uit e en f. Deze laatste eigenschap kun je gebruiken om determinanten uit te rekenen: door het veegproces uit te voeren verandert een determinant niet. (NB: Je mag nu ook met kolommen vegen, dit in tegenstelling tot wat we gezien hebben bij het oplossen van stelsels vergelijkingen. Voorbeeld: Bereken p p keer de tweede kolom van de eerste af levert 0 0 p + 7p 7 4 ontwikkelen naar de eerste rij geeft dan p + 7p 4 = 4 4p + + 7p = 3p. 3

36 4.3 Nogmaals stelsels vergelijkingen. Bekijk eerst eens het stelsel van drie vergelijkingen met drie onbekenden x, x, x 3 : ofwel Ax = b. Noem D = det A = Dan is (i x D = (ii x D = (iii x 3 D = als x = x x x 3 a a a 3 a a a 3 a 3 a 3 a 33 b a a 3 b a a 3 b 3 a 3 a 33 a b a 3 a b a 3 a 3 b 3 a 33 a a b a a b a 3 a 3 b 3 a a a 3 a a a 3 a 3 a 3 a 33,,, x x x 3. een oplossing is van Ax = b. Dit staat bekend als de regel van Cramer. = b b b 3 BEWIJS: We laten alleen zien dat (i waar is, (ii en (iii bewijs je analoog. Dus: neem aan dat x x een oplossing is. Dan is b a a 3 b a a 3 b 3 a 3 a 33 x 3 = x a a a 3 = x D + x = x D + x a a a 3 a a a 3 a a a 3 a 3 a 3 a 33 (een-na laatste stap wegens f, laatste stap wegens c + x 3 a 3 a 3 a 33 + x 3 NB: Hetzelfde bewijs werkt natuurlijk ook voor 4 4, 5 5, enz. We formuleren de regel van Cramer nu in zijn algemene vorm. a a 3 a a 3 a 3 a 33 a 3 a a 3 a 3 a a 3 a 33 a 3 a 33 3

37 STELLING 4.3. (Regel van Cramer Als det A = D 0, dan wordt de oplossing voor Ax = b, waar a a n x b A =.., x =. b =. gegeven door a n a nn x n b n a a j b a j+ a n x j = D, a n a nj b n a nj+ a nn met j =,..., n. Bewering: theoretisch is dit een fraaie stelling, je moet het alleen nooit zo uitrekenen. Al die determinanten zijn heel veel rekenwerk, en vegen gaat sneller. We geven nu nog enkele handige resultaten, zonder die te bewijzen. STELLING 4.3. Een n n matrix A heeft een inverse als en alleen als det A 0. Die inverse kun je ook met behulp van determinanten uitrekenen, maar vegen gaat weer veel sneller. STELLING Als det A = 0, dan heeft Ax = 0 een oplossing x 0, en ook alleen dan. De verzameling van al die vectoren noteer je met kera. Tenslotte nog een stelling over de determinant van het produkt van matrices. STELLING det A B = det A det B. Voorbeeld: ( A = 0, B = ( 3 3. Dan is det A = en det B = 9, en inderdaad ( AB = 0 ( 3 3 = ( 5 6 6, zodat det AB = 8 = 9 33

38 5 Eigenwaarden en eigenvectoren 5. Invoeren van de begrippen eigenwaarde en eigenvector DEFINITIE 5.. Een complex (of reëel getal λ heet een eigenwaarde van de n n matrix A als er een vector x 0 is met Ax = λx. Dan heet x een eigenvector van A (bij eigenwaarde λ. Voorbeelden: (. A =. A = Ax = ( Ax =, x = ( ( ( (, x = ( (, λ =, dan is = (, λ = 0, dan is = ( 0 0 ( = ( = 0.. Interpretatie: A als afbeelding heeft in de richting van x een simpele vorm, namelijk oprekking met een factor λ. Opmerking: als x een eigenvector is, dan is ook elk veelvoud van x een eigenvector bij dezelfde eigenwaarde, behalve de vector 0. Om niet elke keer de uitzondering van 0 mee te slepen, spreken we af dat we in de collectie van eigenvectoren bij een bepaalde eigenwaarde 0 wel meenemen. Voorbeeld: A = A heeft drie eigenwaarden, te weten, en 3. De eigenvectoren bij zijn alle vectoren van de vorm α 0, α IR 0 (of α C, al naar gelang we A als reële of complexe matrix zien. De eigenvectoren bij zijn alle vectoren van de vorm α 0 0, α IR. De eigenvectoren bij 3 zijn alle vectoren van de vorm α 0 0, α IR. 34

39 5. Hoe we eigenwaarden en eigenvectoren vinden Merk op, als x een eigenvector is, dan geldt Ax = λx, ofwel dan is A λ x = dus (A λix = 0. Volgens een stelling uit het vorige hoofdstuk is dan det(a λi = 0, omdat x 0. Omgekeerd, als det(a λi = 0, dan is er ook een x 0 zó dat (A λix = 0. Voorbeeld: A = 0 0 λ Dan is det(a λi = = λ 0 0 λ 3 = ( λ(λ 3(λ +. = ( λ(λ λ De eigenwaarden zijn dan dus λ =, λ = en λ = 3. Eigenvectoren bij λ = krijg je door op te lossen: (A Ix = 0, dus x = Oplossingen zijn de vectoren van de vorm α 0 Eigenvectoren bij -: los op (A ( I = 0, dus > waarvan de oplossingen zijn α, α IR. Eigenvectoren bij 3: los op (A 3 Ix = 0, dus waarvan de oplossingen zijn α, α IR., α IR , , 35

40 De vergelijking det(a λi = 0 heet de karakteristieke vergelijking van A. Voorbeelden:. Een voorbeeld met complexe oplossingen: A = λ λ Eigenvectoren bij i: ( i 0 i 0 ( met oplossingen α i Eigenvectoren bij -i: ( i 0 i 0 ( met oplossingen α i ( 0 0 geeft = λ + = 0 geeft λ = ±i als eigenwaarden., met nu α C!, α C. ( i 0 ( i 0. Nu een 3 3 voorbeeld met complexe oplossingen: A = geeft λ λ 0 0 λ = ( λ λ λ ( λ{( λ + 4} = 0 geeft λ = of λ = ± i. 0 0 = ( λ{( λ +4}. Eigenvectoren bij eigenwaarde : oplossen geeft α, α C Eigenvectoren bij eigenwaarde + i: i 0 i i 0 oplossen geeft α i 0 Eigenvectoren bij i: α i 0, α C., α C. i 0 i i 0 oplossen geeft 36

41 In al onze voorbeelden hierboven hadden we een n n matrix met n verschillende eigenwaarden. Dat hoeft natuurlijk niet altijd zo te zijn. Voorbeelden: ( 0. A = heeft één eigenwaarde:, en elke vector is eigenvector. 0 ( ( 0. A = heeft één eigenwaarde: 0, en alleen α, α IR, zijn eigenvectoren. Laat nu A een n n matrix zijn met n verschillende eigenwaarden: λ, λ,..., λ n. Kies eigenvectoren x i met Ax i = λ i x i (i =,..., n. Vorm de matrix S die je krijgt door x i op de i-de kolom te zetten: S = (x x... x n. Dan : A S = (Ax Ax... Ax n = (λ x λ x... λ n x n = S Bovendien is S inverteerbaar (dat bewijzen we niet. λ λ..... λn λ n. Een matrix die alleen maar niet-nul getallen op z n hoofddiagonaal heeft noemen we een diagonaalmatrix. Voorbeeld: ( 4 A =. 3 Eigenwaarden: 4 λ 3 λ = 7λ + λ = λ 7λ + 0 = (λ 5(λ. ( Dus en 5 zijn eigenwaarden. Eigenvectoren: is eigenvector bij 5, ( is eigenvector bij. ( Vorm S =. ( 4 Dan geldt: AS = 3 ( = ( (

42 Dus: S AS = ( NB: S is inverteerbaar, want dets=-3. We merken nog het volgende op: A en A T hebben dezelfde eigenwaarden (maar niet dezelfde eigenvectoren natuurlijk. Verder, als een complex getal λ een eigenwaarde is van de (complexe matrix A, dan is λ een eigenwaarde van A. Tenslotte hebben we de volgende belangrijke stelling: STELLING 5.. Als A een zelfgeadjungeerde n n matrix is dan zijn alle eigenwaarden van A reëel, en de eigenvectoren bij verschillende eigenwaarden staan loodrecht op elkaar. Verder zijn er vectoren x,..., x n die loodrecht op elkaar staan, en reele getallen λ,..., λ n zo dat Ax i = λ i x i, en de matrix S = (x x n is inverteerbaar. In dit geval hebben we dus AS = SD met D de diagonaalmatrix met λ tot en met λ n op de diagonaal. Voorbeeld: ( Neem als voorbeeld de matrix A =. Ga na dat de eigenwaarden 3 en - zijn, met bijbehorende eigenvectoren en, re- ( ( ( ( spectievelijk. Het inproduct, is nul, dus staan deze vectoren inderdaad loodrecht op elkaar. 38

43 6 Afbeeldingen, limieten, continuïteit, differentieerbaarheid f : A B heet een afbeelding als er voor elke a A maar één b = f(a B is. In dat geval heet A het definitiegebied of domein van f en B het co-domein. Als f(a = b dan heet b het beeld van a, en a een origineel van b f heet injectief of - als bij elke b uit B hóógstens één a uit A is met f(a = b, d.w.z. uit f(x = f(y volgt x = y. f heet surjectief als bij elke b uit B tenminste één a uit A is met f(a = b. f heet bijectief als f zowel injectief als surjectief is. Dan is er dus bij elke b uit B precies één a uit A is met f(a = b. In dat geval is er een inverse functie of omkeerafbeelding f : B A. Die heeft de volgende definitie: f (b = a precies dan als f(a = b. Voorbeelden:. A = [, ], B = [, ] en f(x = x. Dan is f niet injectief en niet surjectief A = [, ], B = [0, ] en f(x = x. Dan is f niet injectief en wel surjectief A = [0, ], B = [, ] en f(x = x. Dan is f wel injectief en niet surjectief. 39

44 0 4. A = [0, ], B = [0, ] en f(x = x. Dan is f wel injectief en wel surjectief. De inverse functie is f (x = x A = [, 0], B = [0, ] en f(x = x. Dan is f wel injectief en wel surjectief. De inverse functie is f (x = x. - 0 N.B. Bij afspraak is x > 0. De functie f(x = x wordt beschouwd met domein en bereik [0,. 40

45 Een paar belangrijke functies f : ( π, π IR : f(x = tan x is bijectief. (Let op het domein! De inverse noemen we arctan x, (ook wel bgtg x of tan x. f π 0 π π f 0 f : [ π, π ] [, ] : f(x = sin x is bijectief. Let op domein en bereik! De inverse is arcsin x, (ook wel bgsin x of sin x. π π π 0 π π f : [0, π] [, ] : f(x = cos x is bijectief. Let op domein en bereik! De inverse is arccos x, (ook wel bgcos x of cos x. π π π π

46 Waarschuwing!!! arcsin(sin x = x alléén voor x in [ π x voor alle x in [, ]., π ] maar sin(arcsin x = 6. Limieten DEFINITIE 6.. l heet de limiet van f als x nadert naar a, lim x a f(x = l als voor alle ɛ > 0 is er een δ > 0 zó dat uit 0 < x a < δ volgt f(x l < ɛ. Merk op dat Stephenson dit onderaan pag niet correct doet. f l l+ɛ l ɛ a η a a+η 6.. Standaardlimieten. sin x lim x 0 x =. x tan x sin x sin x < x < tan x = sin x cos x dus < x sin x < cos x, zodat > sin x x > cos x. Nu is cos 0 =, dus cos x als x 0. Dan volgt het gewenste. Dit is een voorbeeld van het gebruik van de zogenaamde insluitstelling. 4

47 x n lim x x = n. x n = (x (x n + x n x + Dus x n lim x x = lim x (xn + x n x + = n. bestaat niet lim x 0 sin x 0 want x x sin x insluitstelling. lim x 0 x sin x = 0 x. Laat hierin weer x naar nul gaan. (Weer de 6. Continuïteit Een functie f heet continu in x = a als lim f(x = f(a. x a 43

48 6.3 Differentieerbaarheid Een functie f heet differentieerbaar in x = a als f(a + h f(a f(x f(a lim = lim h 0 h x a x a bestaat. In dat geval heet deze limiet de afgeleide van f in x = a: f (a. f(a+h f(a h heet een differentiequotient. f(a α f(a + h f(a h a a + h het differentiequotient is tan α. Dus: f (a is de richtingscoefficient van de raaklijn aan de grafiek van f in x = a. Nog meer standaardlimieten Via differentiequotient lim x 0 e x x =. Immers: e x x = ex e 0 x 0. Dus ex x (e x x=0 =. ln(x+ lim x 0 x =. ln(x+ Immers: x = ln(x+ ln(0+ ln(x+ x 0. Dus lim x 0 x = (ln(x + x=0 = x+ x=0 =. Uit de tweede ( volgt: lim x 0 ln (x + x = = ln e. Dus lim x 0 ( + x x = e. 44

49 Nog een aardige truc voor de truccendoos (de worteltruc. ( x + x( x + + x lim x + x = lim x x ( x + + x = lim x x + x x + + x = lim = 0. x x + + x x+ lim x x+ = (Deel boven en onder de streep door x. Bekijk de functie f(x = xk+ e, waar k een vast getal is. Dan: x f (x = (k + xk x k+ e x = xk (x (k + e x Voor x > k + is f (x < 0, dus f is dalend. Dus: 0 xk+ e x (k + k+ e k+ 0 xk e x c 0 als x. x Dus zien we dat lim x x k e x = 0 voor elke k > 0. = C voor x > k +. Deel door x in de rechterongelijkheid: ln x lim x x = 0 voor elke α > 0 vast. Immers, stel x = e y. Dan α ln x y lim x x = lim α y e = 0. αy lim x 0 x α ln x = 0 voor elke α > 0 vast. Immers, stel x = y, dan lim x 0 x α ln y ln x = lim y y = 0. α 6.4 Differentieren en continuïteit STELLING 6.4. Als f differentieerbaar is in x = a dan is f ook continu in x = a. STELLING 6.4. Als f continu is in x = a en lim x a f (x en lim x a f (x bestaan en zijn aan elkaar gelijk, dan is f differentieerbaar in x = a en f (a = lim x a f (x. Waarschuwing!!!!! Dit is een subtiele stelling. Het omgekeerde is niet waar. Als lim x a f (x niet bestaat dan kan f nog wel degelijk differentieerbaar zijn in x = a. Voorbeeld: f(x = x sin voor x 0, en f(0 = 0. x Dan is f (0 = 0 (dat zie je door gewoon de definitie te gebruiken, maar lim x 0 f (x bestaat niet (en dat zie je door f uit te rekenen voor x 0. Teken voor jezelf eens een plaatje van de grafiek van deze functie. 45

50 7 Differentieren We beginnen met het samenvatten van enkele bekende resultaten. STELLING (f + g = f + g (de somregel, (cf = c.f voor elke constante c, (fg = f g + g f (de productregel, ( f g = f g g f g (de quotientregel, (f g (x = d dx (f(g(x = f (g(xg (x (de kettingregel. Voorbeeld: We berekenen de afgeleide van arcsin x. We weten dat voor x in (, sin(arcsin x = x. Dus volgens de kettingregel cos(arcsin x arcsin x =, zodat arcsin x = cos(arcsin x Nu is cos (arcsin x + sin (arcsin x =, dus cos (arcsin x = x. Verder is arcsin x [ π, π ], zodat cos(arcsin x 0 voor x (,. Dus hebben we en bijgevolg is arcsin x = x. cos(arcsin x = x. Op dezelfde manier zie je dat arccos x = +x. (Gebruik dat tan(arctan x = x voor alle reële x. x. Ga ook na dat arctan x = 46

51 7. Stelling van Rolle en Middelwaardestelling STELLING 7.. (Rolle Als f continu is op [a, b], differentieerbaar op (a, b, en f(a = f(b dan is er een c in (a, b zó dat f (c = 0. (Geen bewijs, alleen een plaatje. NB. f mag ook constant zijn. a c b STELLING 7.. (MIDDELWAARDESTELLING Als f continu is op [a, b] en differentieerbaar op (a, b dan is er een c in (a, b zó dat f(b f(a b a = f (c Bewijs. Definieer F (x = f(x f(a (x a f(b f(a. Dan F (x = f (x f(b f(a b a. Op F pas je Rolle toe: F (a = F (b = 0, F is continu op [a, b] en differentieerbaar op (a, b. Dus is er een c (a, b met F (c = 0. Dat geeft f (c = f(b f(a b a. F (x a c x b b a Een onmiddellijk gevolg is f(b f(a = f (c (b a (b a max x (a,b f (x. Twee andere gevolgen, die al bekend zijn uit de middelbare school stof: GEVOLG (a Als f continu is op [a, b] en differentieerbaar op (a, b en f (x > 0 voor x (a, b dan is f monotoon stijgend op (a, b. Bewijs. Neem x < x in (a,b. Dan f(x f(x = (x x f (c voor één of andere c (x, x. Omdat c (a, b is f (c > 0. Ook x x > 0. Dus f(x f(x > 0. 47

52 (b Als f continu is op [a, b] en differentieerbaar op (a, b en f (x < 0 voor x (a, b dan is f monotoon dalend op (a, b. Voorbeelden:. sin x x voor elke x. Immers: sin x Dus sin x x = cos ζ.. Laat zien dat sin x x x < voor x 0. x = sin x sin 0 x 0 = cos ζ met ζ (0, x. { sin x Voer in de volgende functie: f(x = x x 0. (Dus f(0 =. x = 0 Dan is f continu en ook differentieerbaar. (Voor dat laatste hoef je natuurlijk alleen maar te controleren dat f differentieerbaar is in x = 0. Dat f(x f(0 sin x x gaat als volgt: lim x 0 x 0 = lim x 0 x = 0, bijvoorbeeld m.b.v. l Hospital s stelling, die we zo dadelijk zullen bewijzen. Pas op f de middelwaardestelling toe:. sin x x x = f(x f(0 x = f (y voor een y tussen 0 en x. (Let op het woordgebruik, x mag ook negatief zijn. We willen laten zien f (y <. Omdat y niet nul is, is f (y = y cos y sin y y, dus f (y < is equivalent met y y cos y + sin y > 0 Voer in g(y = y y cos y + sin y. Dan g (y = y + y sin y = y( + sin y. Tekenverloop van g : Dus g is dalend op (, 0] en stijgend op [0,. Verder is g(0 = 0, dus voor alle y 0 is g(y > 0, en daarmee f (y <. STELLING 7..3 (l Hospital Als f en g twee differentieerbare functies zijn met f(a = g(a = 0, en als g (x 0 in de buurt van a (met eventueel a zelf uitgezonderd, dan geldt: als lim x a f (x g (x f(x bestaat, dan lim x a g(x = lim f (x x a g (x 48

53 Bewijs. Neem x a, voor het argument in dit bewijs nemen we x > a. (Hetzelfde verhaal gaat op voor x < a. Voer in h(t = f(xg(t g(xf(t, voor t [a, x], als functie van t. Pas op h de stelling van Rolle toe, dat mag omdat h continu en differentieerbaar is en h(a = h(x = 0. Dus is er een ξ met h (ξ = 0. Nu hangt h van x af, en dus hangt ook ξ van x af. Dat brengen we tot uitdrukking door te schrijven ξ = ξ x. Dan: 0 = h (ξ x = f(xg (ξ x g(xf (ξ x Omdat g Dus 0 volgt dat ook g(x zelf niet nul kan zijn tenzij ook f(x nul is. f(x g(x = f (ξ x g (ξ x Als x a dan ook ξ x a. Dus ξ x (a, x f(x lim x a g(x = lim f (ξ x x a g (ξ x = lim f (ξ x ξ x a g (ξ x = lim f (x x a g (x Voorbeeld: e x + e x e x e x e x + e x lim x 0 3x = lim = lim = x 0 6x x Stelling van Taylor Bekijk nog eens de raaklijn aan de grafiek van f in het punt a. Die wordt gegeven door g(x = f (a(x a + f(a. Het is eenvoudig om het volgende te controleren: g(x is de enige functie van de vorm c(x a + d waarvoor g(a = f(a, en g (a = f (a. (Immers, het laatste vertelt je dat c = f (a, en dan kun je d uitrekenen met de eerste eis. Beschouw nu f(x g(x. Dat is f(x g(x = f(x f(a f (a(x a Volgens de middelwaardestelling geldt dat dit verschil gelijk is aan (x a(f (ζ f (a met ζ tussen a en x. Als f tweemaal differentieerbaar is kunnen we nog een keer de middelwaardestelling toepassen, maar nu op f : f(x g(x = (x a(f (ζ f (a = (x a(ζ af (η met η tussen a en ζ, en dus tussen a en x. We concluderen dat je f(x met g(x kunt benaderen, en dat de fout die je dan maakt als volgt af te schatten is: f(x g(x (x a max f (η a η x 49

54 (waarbij we hier even hebben aangenomen dat x > a; voor x < a geldt iets soortgelijks. Je kunt dit nog wel wat verfijnen, zoals straks zal blijken. Nu wordt het eerst tijd om wat notatie in te voeren: de n-de afgeleide van de functie f zullen we noteren met f (n, waarbij we de afspraak hanteren dat f (0 = f. We kunnen een stapje verder gaan en ons afvragen wat de best bij f passende tweedegraadsfunctie is. Laat h(x = c(x a + d(x a + e een tweedegraadsfunctie zijn. De vraag is voor welke c, d, e geldt h(a = f(a, h (a = f (a, en h (a = f (a. Je kunt weer eenvoudig narekenen dat c = f (a, d = f (a, en e = f(a. Ook nu zijn we weer geïnteresseerd in een foutschatting. Die krijg je, samen met een veel algemener resultaat in de volgende stelling. STELLING 7.. (Taylor Neem aan dat f n + -maal differentieerbaar is in een omgeving van a. Dan geldt in die omgeving van a: f(x = f(a + (x af (a + (x a f (a (x a n f (n (a n! waar E(x een fout is die wordt gegeven door de volgende formule: met η tussen a en x. E(x = (x a n+ f (n+ (η (n +!, + E(x, Voorbeelden:. In een omgeving van 0 kun je cos x goed benaderen met x. In feite, als je de foutschatting even weglaat cos x = x + x4 4! x6 6! Voor e x in een omgeving van 0 hebben we e x = + x + x + x3 3! + x4 4! Voor sin x in een omgeving van 0 krijgen we sin x = x x3 3! + x5 5! Voor ln( + x in een omgeving van 0 hebben we ln( + x = x x + x 3 3 x Stelling van Leibnitz Uit (fg = f g + g f haal je voor (fg : (fg = (f g + g f = f g + f g + g f + g f = f g + f g + fg. Herhaal dat: (fg = (f g + f g + fg = f g + 3f g + 3f g + fg. 50

55 Herinner dat we de n-de afgeleide van de functie f noteren met f (n, waarbij we de afspraak hanteren dat f (0 = f. Dan wordt bovenstaande regel: (fg (3 = f (3 g + 3f ( g + 3f g ( + fg (3. Voor de n-de afgeleide van het produkt fg kun je laten zien dat ( ( n n (fg (n = f (n g + f (n g + f (n g ( + ( ( n + f ( g (n n + n n = n ( n k k=0 f (n k g (k. f g (n + fg (n Voorbeeld: f(x = e x en g(x = x +.Dan is f (j (x = j e x. Verder is g (x = x, g (x = en g (j (x = 0 voor j >. Dus (fg (n = n k=0 ( n k f (n k g (k = ( n k k=0 ( n n k e x g (k = n e x (x + + = n e x {x + + nx + ( n n e x x + n(n }. n e x 7.4 Maxima en minima Uit de middelbare school stof roepen we uit de herinnering de volgende stellingen op. STELLING 7.4. Als f differentieerbaar is en f heeft een maximum of een minimum in x = a, dan geldt f (a = 0. a = 0 is een tegenvoor- Het omgekeerde is niet waar. (Bijvoorbeeld f(x = x 3, beeld. STELLING 7.4. Als f tweemaal differentieerbaar is en f (a = 0 dan geldt: als f (a > 0 dan heeft f een minimum in x = a, als f (a < 0 dan heeft f een maximum in x = a. Dit zie je eenvoudig uit de volgende stelling. 5

56 STELLING Als f differentieerbaar is en f (a = 0 dan geldt: als het tekenverloop van f er uitziet als - + dan heeft f een minimum in x = a, als het tekenverloop van f er uitziet als + - dan heeft f een maximum in x = a. - Denk eraan ook randminima en randmaxima te bekijken. - Denk ook aan punten waar f niet differentieerbaar is. Voorbeeld: f(x = x. 5

57 8 Primitiveren Als F (x = f(x dan noemen we F een primitieve van f en we schrijven F (x = f(x dx Merk op dat in dat geval ook F (x+c een primitieve is van f voor elke constante c. Het is nuttig een aantal eenvoudige primitieven uit het hoofd te kennen (zie bv. de tabel op pag. 44 in Stephenson. We bekijken een aantal methoden om te primitiveren (zie ook 4.4 in Stephenson. 8. Ter herinnering Eerst even een paar integralen ter herinnering. sin x dx = cos x + c cos x dx = sin x + c x n dx = n + xn+ +c(n =,, 3, x n dx = +c(n =, 3, 4, n xn dx = ln x + c let op de absoluutstrepen x cos dx = tan x + c dx = arctan x + c x + x dx = arcsin x + c dx = arccos x + c. x x 8. Eerste substitutieregel Neem aan F (x = f(x. Uit de kettingregel weet je dat F (φ(x = f(φ(xφ (x. Dus f(φ(xφ (x dx = F (φ(x + c Voorbeelden:. tan x dx =. sin x cos x dx = x dx = + x cos x. cos x dx = ln cos x + c x + x dx Met φ(x = + x staat hier x dx = φ (x dx = φ(x + c = + x + x + c φ(x Zie ook voorbeeld 4 op pag 50 van Stephenson. 53

58 8.3 Tweede substitutieregel We kunnen de kettingregel ook op een andere manier gebruiken bij het primitiveren. Te berekenen is f(x dx, met x J voor een of ander interval J. Stel dat x = φ(t een bijectie is φ : J 0 J, met inverse t = u(x. Dan: f(x dx = f(φ(tφ (t dt Als nu f(φ(tφ (t makkelijk te primitiveren is, zeg met primitieve P (t, dan: f(x dx = f(φ(tφ (t dt = P (t + c = P (u(x + c Voorbeeld: x dx. Stel x = sin t. Dan x dx = sin t cos t dt. Nu is x [, ] en als we t [ π, π ] nemen dan heeft de sinusfunctie daarop een inverse, namelijk arcsin. Bovendien is voor zulke t: sin t = cos t. Dus: x dx = cos t dt = ( + cos t dt = t + sin t + c 4 Nu terug naar een uitdrukking in x: t = arcsin x, en sin t = sin t cos t = x(cos arcsin x = x x. Dus x dx = arcsin x + x x + c. Zie ook voorbeeld 6 op pag. 5 (Stephenson. Een belangrijke substitutie vind je in voorbeeld 5 op pag. 50/5 (Stephenson. 54

59 8.4 Partiële integratie Volgens de produktregel geldt: f (xg(x dx = f(xg(x f(xg (x dx. Voorbeelden:. x sin x dx. Neem g(x = x, f (x = sin x. Dan x sin x dx = x cos x + cos x dx = x cos x + sin x + c. ln x dx. Neem g(x = ln x, en f (x =. Dan ln x dx = x ln x x dx = x ln x x + c. x 3. e x sin x dx. Neem g(x = sin x, f (x = e x. Dan e x sin x dx = e x sin x e x cos x dx = (Nog een keer = e x sin x e x cos x e x sin x dx. Dus e x sin x dx = e x sin x e x cos x + c. 4. ( + x dx = = ( + x ( + x dx + x dx x x ( + x dx x ( + x dx Neem in de laatste integraal g(x = x, f (x = +x (eerste substitutieregel. Dus x (+x. Dan is f(x = ( + x dx = arctan x ( x + x + + x dx = arctan x+ x + x +c. Zie ook voorbeeld 0 op pag. 53/54 (Stephenson, en lees ook voorbeeld. 55

60 8.5 Breuksplitsing Dit is een algemene methode waarvan alleen enkele voorbeelden gegeven worden. Voorbeelden:. x(x + dx. Schrijf x(x + = a x + bx+c (x +. Maak de breuk gelijknamig, en los a, b en c op: x(x + = a(x + + (bx + cx x(x + Dus = (a + bx + cx + a. Daaruit volgt: a + b = 0 c = 0 a = Los dit stelsel van drie vergelijkingen met drie onbekenden op. Je krijgt a =, b =, c = 0. Dus x(x + dx = x dx x (x + dx = ln x ln(x + + c.. x 3 + x + x (x + dx. Schrijf Onder een noemer brengen geeft: x 3 + x + x (x + = ax + b x + cx + d (x + x 3 + x + = (ax + b(x + + (cx + dx = (a + cx 3 + (b + dx + ax + b. Vergelijk de coefficienten: a + c = b + d = 0 a = b = Oplossen geeft a =, b =, c = 0, d =. Dus 56

61 x 3 + x + x (x + dx = = x + x x dx + dx x dx x + dx = ln x x arctan x + c x + dx 3. Schrijf (x 4x + 4(x 4x + 5 dx. (x 4x + 4(x 4x + 5 = ax + b x 4x cx + d x 4x + 5 Je kunt weer de breuk gelijknamig maken en een stelsel vergelijkingen voor a, b, c, d oplossen, maar in dit geval zie je de oplossing ook zo wel zitten: a = c = 0, en b =, d =. Dus: (x 4x + 4(x 4x + 5 dx = = x 4x + 4 dx x 4x + 5 dx (x dx x 4x + 5 dx + (x dx = x = arctan(x + c. x 8.6 Extra Een substitutie idee dat werkt voor een klasse van primitieven die functies van de vorm x + bx + c bevatten is het volgende. Via kwadraatafsplitsen breng je die wortelvorm tot de vorm x + a ( a mag ook negatief zijn. Dan ga je verder te werk als in het volgende voorbeeld. Voorbeeld: Stel (x + 5 = x + u. Kwadrateren geeft: (x + (x + 5 dx. Hiermee voer je een nieuwe variabele u in. 57