Onderwijsstage: Analyse I

Transcriptie

1 Faculteit Wetenschappen Departement Wiskunde Onderwijsstage: Analyse I Ilse Spruyt Begeleiders: Prof. Stefaan Caenepeel Prof. Bart Windels Academiejaar 13-14

2 Inhoudsopgave 1 Pedagogisch aspect 1.1 Lesobservaties Lesvoorbereidingen Week Week Week Reflectie Week Week Week Besluit Wiskundig aspect 1.1 Functies en limieten Stelling van Rolle Samenstelling van functies Continuïteit Continu zijn in slechts één punt Continu zijn in elk irrationaal punt, maar discontinu in elk rationaal punt Integraalrekening Bepaalde integralen oplossen zonder primitieve functie te bepalen Tegenvoorbeeld

3 1 Pedagogisch aspect 1.1 Lesobservaties Ik ben in totaal twee keer twee uur gaan observeren in de oefeningensessies van het vak Analyse I. Wat me meteen opviel, is dat de les redelijk snel kon beginnen van zodra de assistent was binnengekomen. De studenten waren dus zeer ijverig bij het begin van de les. Naarmate de les vorderde, waren de studenten echter minder enthousiast en minder oplettend. De assistent schreef bij het begin van de les de oefeningen op het bord die ze die les gingen maken. Dit vond ik zeer goed, aangezien de studenten zo ook een beter overzicht hadden over wat ze die les allemaal gingen doen. Er werden ook extra oefeningen opgegeven uit het oefeningenboek die interessant waren om thuis eens alleen te proberen. Wanneer studenten zelf aan het werk werden gezet met een oefening, liet de assistent ze er meestal ongeveer 5 minuten alleen aan werken om ze daarna gezamenlijk te bekijken. Tijdens die 5 minuten liep de assistent rond in het lokaal en ging hij bij sommige studenten langs om ze eventueel een tip te geven in verband met de oefening. Wanneer de assistent dan de oefening aan bord zette, merkte ik wel dat sommige studenten aandachtiger werden om de oplossing te begrijpen. Wat me sterk is opgevallen, is dat het meestal dezelfde studenten waren die een voorstel hadden om aan een oefening te beginnen of die de oefening aan bord wilden zetten en vervolgens wilden uitleggen aan hun medestudenten. Verder hadden de studenten vaak de neiging om een vraag over de oefening aan hun buur te stellen in plaats van aan de assistent. Dit kan soms positief zijn, aangezien de studenten elkaar dus willen helpen en ook willen leren van elkaar. Als de assistent dan echter vroeg of iemand nog vragen had, was het meestal stil in het lokaal. Bij het individueel werken aan een oefening werd er meestal in stilte overlegd met de buur of buren. Aan het einde van de les kregen de studenten ook een aantal meer theoretische vragen (niet verplicht) mee, die ze dan konden oplossen en afgeven aan de assistent in de volgende les. Zo werden de gemotiveerde studenten extra aan het werk gezet met moeilijkere oefeningen. Dit vind ik zeer nuttig en daarom ga ik ook proberen om in één (of meerdere) van mijn lessen extra zaken te vertellen of stukken uit mijn wiskundig deel te gebruiken.

4 1. Lesvoorbereidingen 1..1 Week 9 Vrijdag 15 november 13 Voor mijn eerste les hebben de assistent en ik afgesproken om de taken nog te verdelen. Zo ga ik de eerste oefening aan bord zetten en uitleggen aan de studenten. Verder laten we de studenten de andere oefeningen eerst zelf proberen, waarbij ik zal rondgaan in de klas en de assistent verder het bordgedeelte voor zich zal nemen. De oefening die ik zal geven, is de volgende: Oefening 1.1 Bepaal de lokale maxima en minima van de functie f(x) = x e x. Oplossing. Het eerste dat we doen is de eerste afgeleide berekenen, dus is f (x) = xe x + x ( e x ) = xe x ( x). Hieruit leiden we af dat en de enige nulpunten zijn van de eerste afgeleide, aangezien de functie e x overal strikt positief blijft. Vervolgens kunnen we op manieren verder gaan door gebruik te maken van verschillende stellingen uit de cursus []. 1. We stellen een functieverloop op voor de afgeleide, die er dan als volgt uitziet: x f (x) + De tekens in het tekenverloop kunnen we bepalen door telkens een waarde in te vullen in de eerste afgeleide. Wegens stelling kunnen we besluiten dat f een minimum bereikt in en een maximum in.. We berekenen de tweede afgeleide van de functie: f (x) = (xe x x e x ) = e x + x( e x ) (xe x + x ( e x )) = e x ( 4x + x ). Vervolgens gaan we de nulpunten van de eerste afgeleide invullen in de tweede afgeleide: f () = e ( 4 + ) =, f () = e ( 4 + ) = e ( ). 3

5 Wegens stelling kunnen we dan besluiten dat f een minimum bereikt in want f () > en dat f een maximum bereikt in want f () <. Verder zal ik aan de studenten nog vertellen dat indien de eerste afgeleide al redelijk ingewikkeld is, het niet aangewezen is om methode te gebruiken omdat er snel rekenfouten worden gemaakt bij het nogmaals afleiden van de functie. 1.. Week 13 Dinsdag 1 december 13 In deze week zal ik de lessen volledig alleen geven. Volgens de planning van de assistent zal ik deze les oefeningen geven over oneigenlijke integralen en partiële afgeleiden. In de vorige les hebben de studenten reeds uitleg gekregen over de theorie rond oneigenlijke integralen en hebben ze voor een deel reeds kunnen werken aan de oefeningen. Bij het begin van de les zal ik een korte herhaling geven van de theorie om dan vervolgens de studenten de oefeningen aan bord te laten zetten en samen te verbeteren. Nu volgt de korte herhaling van de theorie. Beschouw b f(t) dt. Er bestaan twee soorten oneigenlijke integralen. a 1. Oneigenlijke integraal van de eerste soort. Hierbij veronderstellen we dat a = en/of b = +. We lossen dit dan op als volgt (waarbij we b als + veronderstellen): + y f(t) dt = lim f(t) dt. a y + a. Oneigenlijke integraal van de tweede soort. Hierbij zijn a en b in R, waarbij a of b punten zijn waarin de functie f niet gedefinieerd of waarbij er een punt c ]a, b[ bestaat zodat f niet gedefinieerd is in dat punt c. Nu volgt een eenvoudig voorbeeld. 1 1 dx x = dx 1 1 x + dx y x = lim dx 1 y 1 x + lim dx y + y x. Hierbij vermeld ik nog dat het heel belangrijk is dat we weten over welke limiet we spreken, want meestal zullen de linker- en rechterlimiet van de bepaalde integraal verschillend zijn. De oefeningen die ze niet gevonden hebben, zal ik zelf aan bord zetten en ik zal ook vragen aan de studenten waarom ze het moeilijk hadden om die oefeningen op te lossen. Een gedetailleerde uitwerking van deze oefeningen is terug te vinden in een ander document (zie [6]). 4

6 Vooraleer ik met de oefeningen van partiële afgeleiden ga beginnen, zal ik eerst iets extra vertellen uit mijn bachelorproef. In deze les ga ik kort het tegenvoorbeeld schetsen uit het deel Integraalrekening. Het bewijs dat x f(t) dt = ga ik niet uitleggen aan de studenten, aangezien ik zaken gebruik die ze nog niet gezien hebben. Dit leunt zeer sterk aan bij de cursus Analyse I en op die manier zien de studenten duidelijk aan de hand van een voorbeeld waarom de continuïteit in de hoofdstelling van de integraalrekening noodzakelijk is. Ten slotte ga ik enkel nog twee eenvoudige oefeningen geven over partiële afgeleiden. De eerste oefening zal ik zelf maken aan bord. Bij de tweede oefening ga ik eerst de theorie van partiële afgeleiden herhalen, vervolgens zullen de studenten zelf twee oefeningen maken die daarna gezamenlijk zullen verbeterd worden. De tweede oefening gaat over het berekenen van de richtingsafgeleide. Er zijn twee manieren om dit te berekenen, namelijk via de definitie of via stelling 8.. uit de cursus ([]). Ik ga de studenten één oefening laten maken via de definitie en een andere via de stelling. Zo wordt aangetoond dat het meestal makkelijker is om de richtingsafgeleide te berekenen via de stelling dan via de definitie. De uitwerkingen van de oefeningen zijn terug te vinden in ([6]). Wat de tijdsverdeling van mijn les betreft, heb ik een tijdsplanning opgesteld om mij te helpen tijdens het les geven. Dit plan ziet er als volgt uit: Onderdeel Korte schets Oefeningen oneigenlijke integralen Tegenvoorbeeld Partiële afgeleiden Tijd 5 minuten 55 minuten 1 minuten 3 minuten Volgens deze planning heb ik tijd om een korte pauze in te voeren en om eventueel de les vroeger te beëindigen. Vrijdag 13 december 13 In deze les gaan we vier oefeningen uit het oefeningenboek maken op partiële afgeleiden en voornamelijk op partiële afgeleiden van hogere orde. De oplossingen ervan en hoe ik die oefeningen ga geven aan de studenten, zijn terug te vinden in ([6]). Aangezien dit niet de hele les zal innemen, ga ik iets extra vertellen uit mijn bachelorproef. Ik heb ervoor gekozen om drie voorbeelden te geven uit het deel Bepaalde integralen oplossen zonder primitieve functie te bepalen. Ik vind dit leerrijk voor de studenten omdat ze zo integralen leren oplossen zonder veel rekenwerk. Opgave.7 ga ik eerst aan hen uitleggen en vervolgens ga ik hen zelf laten nadenken over opgave.4 en.5 na hen een aantal tips te 5

7 hebben gegeven. Ook voor deze les heb ik een tijdsplanning gemaakt: Onderdeel Oefeningen partiële afgeleide Pauze Bepaalde integralen Tijd 6 minuten 1 minuten 3 minuten Er is nog voldoende tijd voorzien als een oefening langer zou duren, maar ik vermoed dat de les weer iets vroeger gedaan zal zijn Week 14 Dinsdag 17 december 13 Deze les ga ik oefeningen geven omtrent het bepalen van extreme waarden van een functie van meerdere veranderlijken. Hierbij zal ik eerst kort de theorie schetsen. We beschouwen een functie f : R n R. We zeggen dat f een lokaal maximum bereikt in een punt a indien er een omgeving O a van a bestaat zodanig dat x O a : f( x ) f( a ). Op dezelfde manier zeggen we dan dat f een lokaal minimum bereikt in a indien op een omgeving van a geldt dat f( x ) f( a ). Meestal werken we echter niet met de definitie om de extreme waarden te bepalen. In de cursus ([]) staat een methode uitgelegd om extreme waarden te bepalen van een functie van twee veranderlijken. We herhalen kort de methode. Beschouw nu een functie f : R R. Er zijn twee stappen in deze methode. 1. Stationaire punten bepalen. Een punt a = (a, b) wordt een stationair punt genoemd indien geldt dat ( f( f a ) = x ( a ), f ) y ( a ) = (, ). Dus om de stationaire punten van de functie f te bepalen, lossen we een stelsel op van twee vergelijkingen: { f x f y (x, y) = (x, y) =. 6

8 . Extrema bepalen. Veronderstel nu dat we een stationair punt (a, b) gevonden hebben. We definiëren dan r = f x (a, b), s = f x y (a, b), t = f (a, b). y Vervolgens berekenen we s rt en ten slotte kunnen we dan via stelling uit de cursus besluiten welk soort extrema we bereiken in het stationair punt (a, b). Er zijn twee oefeningen die we gaan maken in de les over dit onderwerp. Oefening 1. Onderzoek de extreme waarden van de volgende functies a) f(x, y) = x + y 4x + 6y + 5 b) f(x, y) = x 4 + 4x 3 y + 3y Oplossing. Eerst zal ik oefening a) aan bord oplossen en vervolgens de studenten zelf de andere oefening laten maken. Daarna zal ik de oplossing van deze oefening aan bord zetten. a) We bepalen eerst de stationaire punten. We krijgen dan { { f (x, y) = x 4 = x x = (x, y) = y + 6 = y = 3. f y Dus is (, 3) het enige stationaire punt van de functie. Vervolgens berekenen we s, r en t: r =, s =, t =. We vinden dan dat s rt = 4 < met r > en dus wegens stelling kunnen we besluiten dat f een minimum bereikt in (, 3). b) Ook hier bepalen we eerst de stationaire punten. Dus { f x (x, y) = 8x3 + 1x y = f y (x, y) = 4x3 + 6y =. Het oplossen van dit stelsel geeft ons dan drie stationaire punten: (, ), (1, ) en 3 ( 1, ). Vervolgens berekenen we de partiële afgeleiden van de tweede orde, dus 3 f (x, y) = 4x + 4xy x f (x, y) = 6 y f (x, y) = x y 1x. 7

9 In het punt (1, 3 ) krijgen we dat s rt = 96 > en dus zal f geen extremum bereiken in dit punt (stelling 9.4.4), dit wordt dan een zadelpunt genoemd. Ook in het punt( 1, 3 ) krijgen we een zadelpunt aangezien s rt ook hier gelijk is aan 96. Om na te gaan welk extremum we bereiken in (, ) werken we met de definitie. We zien dat f(, ) =. We herschrijven f(x, y) als volgt: f(x, y) = x 4 + 4x 3 y + 3y = x (x + xy + y ) + 3y x y = x (x + y) + y (3 x ). Indien we een omgeving definiëren als volgt { O (,) = (x, y) R x 3 }, dan geldt er voor elke (x, y) O (,) dat f(x, y) = f(, ) en dus besluiten we dat f een minimum bereikt in (, ). Oefening 1.3 Verdeel 1 in drie delen zodat de som van de producten van twee verschillende delen maximaal is. Oplossing. Ik zal eerst met de studenten dit vraagstuk in symbolen uitschrijven en ze dan zelf de oplossing laten zoeken. We schrijven 1 = x + y + z en er is dan gevraagd om x, y en z te zoeken zodanig dat xy + xz + yz maximaal wordt. Definiëren we deze som als f(x, y), dan kunnen we dit nog herschrijven als volgt: f(x, y) = xy + x (1 x y) + y (1 x y) = xy + 1x x xy + 1y xy y = x y xy + 1x + 1y. 8

10 Wat we dus nu moeten zoeken, is het maximum van f(x, y). De stappen om dit te berekenen blijven dezelfde. Dus { { f (x, y) = x y + 1 = x y = x + 1 f (x, y) = y x + 1 = y ( x + 1) x + 1 = { y = x + 1 3x 1 = { y = 4 x = 4. Dus we vinden dat (4, 4) een stationair punt is. We moeten nog aantonen dat f een maximum bereikt in dit punt. We zien dat r =, s = 1, t =. Dus we krijgen dat s rt = 3 < met r < dus wegens stelling zal f inderdaad een maximum bereiken in (4, 4). We vinden dan dat x = y = z = Reflectie Week 9 Vrijdag 15 november 13 Voor mijn eerste les vond ik dat ik het in het algemeen goed gedaan had. Bij het begin van mijn oefening was er stilte in de klas, zodat ik de oefening goed kon uitleggen. Naar mijn gevoel hadden de studenten ook door hoe je aan zo n oefening begint. Het uitleggen van de oefening verliep goed. Het belangrijkste punt waar ik nog moet aan werken, is luider spreken. Ik was verstaanbaar, maar om toch enige vorm van gezag te tonen, zou ik iets luider moeten spreken. Waar ik de volgende les zeker ook op moet letten, is dat ik niet al te veel voor mijn bord sta en er ook voor zorg dat het bord hoog genoeg staat zodat iedereen in de klas het kan zien. Bij het rondlopen in de klas heb ik soms zelf het initiatief genomen om aan studenten te vragen of er problemen/vragen waren. Op de meeste vragen kon ik antwoorden. Bij de vragen waar dat niet lukte, heb ik aan de assistent gevraagd om eens langs te gaan bij die student om op zijn/haar vraag te kunnen antwoorden. 9

11 1.3. Week 13 Dinsdag 1 december 13 Mijn tijdsplanning was goed opgesteld, ik ben binnen mijn planning kunnen blijven en ik heb een pauze gegeven van ongeveer 5 minuten. Ook heb ik de les een kwartier vroeger laten eindigen, zoals ik ook voorspeld had in mijn tijdsplanning. Naar mijn gevoel was ik deze les zenuwachtiger dan de vorige les, die ik nog samen met de assistent gegeven had. Ik heb geprobeerd om luider te spreken maar in het eerste deel van de les ging dit moeilijker omdat ik zenuwachtig was. In het tweede deel (na de pauze) had ik meer zelfvertrouwen waardoor het beter ging om luid te spreken. Ik heb ook ondervonden dat de studenten nood hadden aan een pauze, dus ga ik de volgende les ook proberen om een korte pauze te geven. Waar ik de volgende les zeker op moet letten, is dat ik soms iets rechter moet schrijven op het bord. Bij sommige oefeningen begon ik scheef te schrijven aan bord naarmate we het einde van de oefening naderden. Ook zal ik beter mijn best doen om meer gezag uit te stralen en meer rond te lopen in de klas wanneer de studenten individueel aan oefeningen werken. Het verbeteren van de oefeningen over oneigenlijke integralen verliep goed. Ik was redelijk zenuwachtig hiervoor, maar ik heb de uitwerking van de oefeningen die studenten aan bord hadden gezet kunnen uitleggen aan de andere studenten. Ik heb ook gemerkt dat wanneer ik mijn tegenvoorbeeld uit mijn bachelorproef vertelde aan de studenten, iedereen aandachtig was. Dit bracht variatie in de les, wat de studenten leuk vonden. Ook heb ik van de studenten de opmerking gekregen dat bij de tweede oefening van partiële afgeleiden, waarbij ik hen de oefening heb laten oplossen enerzijds via de definitie en anderzijds via een stelling, de stelling gebruiken veel makkelijker was dan met de definitie te werken. Dit was ook de reden waarom ik de studenten de oefening zo heb laten oplossen, dus ben ik ook tevreden dat de studenten zelf de conclusie hebben getrokken. Vrijdag 13 december 13 De tijdsplanning was goed opgesteld. Ik heb echter wel meer tijd nodig gehad voor de oefeningen van partiële afgeleiden. Aangezien er nog genoeg resterende tijd was (in mijn planning), vormde dit geen probleem. Ik heb gemerkt dat ik minder zenuwachtig was en met iets meer zelfvertrouwen voor de klas stond. Het luider spreken verliep goed en reeds van in het begin, dit in tegenstelling tot mijn vorige les op dinsdag. Het kan nog altijd beter, want naar mijn gevoel straalde ik nog niet genoeg gezag uit. 1

12 Bij het uitleggen van de bepaalde integralen, merkte ik dat de studenten eerst afwachtend waren. Dit was volgens mij te wijten aan de vele integralen die ze reeds hebben moeten oplossen in de wpo s en bijgevolg geen zin hadden in nieuw rekenwerk. Nadat ze de oplossing gekregen hadden van opgave.7, waren ze echter wel enthousiaster en verbaasd over de eenvoudige oplossing ervan. Een aantal studenten zijn zeer ijverig begonnen aan de andere twee opgaven die ik hen gegeven had Week 14 Dinsdag 17 december 13 In mijn laatste les heb ik zoveel mogelijk geprobeerd om aandachtig zijn voor de zaken die de vorige twee lessen beter konden. Het luider spreken verliep ook deze les over het algemeen goed. In het begin van de les praatte ik nog te stil, maar dit verbeterde snel. Verder slaagde ik er ook in om recht te schrijven op het bord, dit door trager te schrijven. Wat ook in elke les sterk aanwezig was, was mijn nervositeit. In deze les werd ik echter rustiger en zelfzekerder eens ik begonnen was met het uitleggen van de theorie. Naar mijn gevoel was ik deze les niet streng genoeg voor sommige studenten. Tijdens het verbeteren van een oefening bleven sommige studenten verder praten en had ik het moeilijk om iedereen stil te krijgen. Wat ik ook ondervonden heb is dat het gepraat van studenten storend kan zijn wanneer je aan bord iets probeert uit te leggen aan iedereen. 1.4 Besluit Ten slotte zou ik het pedagogisch deel willen afronden met een algemeen besluit. Ik ben zeer tevreden dat ik deze onderwijsstage heb gekozen, aangezien ik nu zelf heb ondervonden hoe het is om les te geven. Ik heb zeker de smaak te pakken gekregen. Nieuwe dingen bijbrengen aan studenten vond ik zeer leuk. Ik heb nu ook een beeld gekregen van mijn aandachtspunten omtrent het lesgeven. Hier ga ik zeker in de toekomst aan werken. 11

13 Wiskundig aspect.1 Functies en limieten.1.1 Stelling van Rolle Stelling.1 We beschouwen een functie f : [a, b] R. Onderstel dat f voldoet aan de volgende voorwaarden: f is continu over [a, b] f(a) = f(b) f afleidbaar over ]a, b[, dan bestaat er een c ]a, b[ zodat f (c) =. In het eerste deel tonen we aan de hand van een voorbeeld aan dat deze voorwaarden wel degelijk nodig zijn om het resultaat van Rolle te kunnen besluiten. Vervolgens zullen we in het tweede deel aantonen dat als we R beperken tot Q, het resultaat van de stelling van Rolle niet meer geldt. 1. Beschouw de absolute waarde functie f(x) = x met x [ 1, 1]. Dit kunnen we ook schrijven als { x als x 1 f(x) = x als 1 x. Deze functie is zeker continu op het interval dat we beschouwen. Verder geldt ook dat f(1) = f( 1) = 1. Maar deze functie is niet afleidbaar op het open interval want f is niet afleidbaar in. Om dit aan te tonen gebruiken we de volgende definitie: Definitie. Beschouw een functie f die gedefinieerd is op een omgeving van a. Dan geldt dat f afleidbaar in a f (a) = lim h f(a + h) f(a) h bestaat. 1

14 Dus krijgen we dat f f( + h) f() h () = lim = lim h h h h. Deze laatste limiet bestaat niet omdat zijn linker- en rechterafgeleide niet aan elkaar gelijk zijn want f +() h = lim h + f () = lim h h = 1 ; h h = 1. De conclusie in de stelling van Rolle geldt hier niet want er bestaat geen punt in het open interval zodat de afgeleide in dat punt gelijk is aan. { 1 als < x < 1 f(x) = 1 als 1 < x <.. Beschouw nu de volgende functie: f(x) = x x 3 ; x 1, x Q. Deze functie zal zeker continu zijn en er geldt dat f() = f(1) =. De functie is ook afleidbaar op het open interval met afgeleide gelijk aan 1 3x. Toch zal de conclusie van Rolle hier niet gelden want f (c) = 1 3c = 3c = 1 c = 1 3, Q..1. Samenstelling van functies We kunnen ons de vraag stellen wanneer het onderstaande zou gelden. Zij f en g reële functies. Stel Dan geldt er dat lim f(y) = l ; lim g(x) = b. y b x a lim(f g)(x) = l. x a Men kan bewijzen dat het volgende altijd zal gelden. 13

15 Eigenschap.3 Beschouw twee reële functies f en g. Zij lim f(y) = l ; lim g(x) = b, y b x a en veronderstel dat aan één van de volgende voorwaarden voldaan is f is continu in b, of g is injectief in de buurt van a. Dan zal gelden dat lim(f g)(x) = l. x a Wanneer beide voorwaarden niet gelden, zal de bewering in het algemeen niet waar zijn. Dit zien we in het onderstaande voorbeeld. Definieer twee functies { y f(y) = en g(x) =, x, y R. 1 y = Dan zien we dat f niet continu is in en dat lim f(y) =. y Ook zal de functie g niet injectief zijn en zien we dat lim g(x) =. x Dan zien we dat (f g)(x) = f(g(x)) = f() = 1 voor alle x R. Dus. Continuïteit..1 Continu zijn in slechts één punt lim(f g)(x) = 1. x Er bestaan functies die slechts continu zijn in één punt. Definiëren we een functie als volgt { x x Q f(x) = x x R \ Q. Dan is f enkel en alleen continu in het punt. Bewijs. We moeten dus zaken nagaan, namelijk dat f continu is in en discontinu is op R. 14

16 1. Neem ε > willekeurig maar vast. We kiezen δ = ε en nemen een x R willekeurig. Als er geldt dat dan geldt er dat { f(x) f() = f(x) = Dus is f inderdaad continu in. x = x < δ, x < ε, als x Q x = x < ε, als x R \ Q.. We moeten bewijzen dat f niet continu is in x en dit voor alle x R. Dat wil zeggen dat we de negatie van volgende definitie moeten aantonen: ( ε > δ > y R : y x < δ f(y) f(x) < ε). Dus wat we moeten bewijzen is het volgende: x R ε > δ > y R : y x < δ en f(y) f(x) ε. We nemen x R willekeurig. Kies ε = x. Dan is ε strikt groter dan aangezien x niet gelijk is aan. Neem ook δ > willekeurig. Om nu een y R te kiezen, gaan we twee gevallen onderscheiden. Indien x Q, dan kiezen we y = x + π q, waarbij q Q en q < δ. Verder nemen 4 we q negatief indien x negatief is en q positief indien x positief is. Dan zien we en y x = π 4 q < π 4 δ < δ f(y) f(x) = y x = x π 4 q x = x π 4 q waar we gebruik maken van het feit dat y R \ Q. Wegens de veronderstellingen geldt dan en x π 4 q = ( 1) (x + π 4 q) = x + π 4 x π 4 q = ( z) π 4 ( p) q, als x Q+ = z + π 4 p, als x Q (en dus ook q Q ) met x = z, z Q + en q = p, p Q +. In beide gevallen geldt dan dat x π 4 q x = ε. Indien x irrationaal is, gaat het bewijs analoog. 15

17 .. Continu zijn in elk irrationaal punt, maar discontinu in elk rationaal punt We definiëren een functie f als volgt: { 1 x = m, n >, ggd(m, n) = 1 f : R R : x n n x R \ Q. Deze functie is continu in elke x R \ Q en discontinu in elke x Q. Bewijs. Het is duidelijk dat de functie discontinu is in elk rationaal getal aangezien de waarden telkens zullen verspringen. Om aan te tonen dat de functie f continu is in elk irrationaal getal moeten we het volgende aantonen: x R \ Q ε > δ > y R : x y < δ f(x) f(y) < ε. Dus we nemen een x in R \ Q en ε > willekeurig maar vast. Verder kiezen we een δ > zo dat we in het interval ]x δ, x + δ[ geen rationaal getal m n kunnen vinden zodat n 1 ε. Neem dan een y R en stel x y < δ. Dit laatste kunnen we herschrijven als volgt: x y < δ δ < y x < δ (1) x δ < y < x + δ () y ]x δ, x + δ[. (3) Indien y R \ Q, dan is f(x) = f(y) = en dus zal er zeker gelden dat f(x) f(y) < ε. Indien y Q, dan kunnen we y schrijven als p waarbij we veronderstellen dat deze breuk q reeds vereenvoudigd is. Door de keuze van δ en (3) leiden we af dat q strikt groter moet zijn dan 1. Dus we krijgen dan dat ε f(x) f(y) = 1 q = 1 q < ε. Zo hebben we dus bewezen dat f continu is in elke x R \ Q..3 Integraalrekening.3.1 Bepaalde integralen oplossen zonder primitieve functie te bepalen Opgave.4 cos x sin x + cos x dx 16

18 Deze bepaalde integraal kunnen we oplossen door eerst de primitieve te bepalen aan de hand van de t-formules. Er bestaat echter ook een handig trucje om de oplossing van deze integraal te vinden zonder al te veel rekenwerk, namelijk: cos x sin x + cos x dx = sin x sin x + cos x dx want als we x = π y, dan is dx = dy en voor x = zal y = π en omgekeerd zal y =. Dan krijgen we door gebruik te maken van de formules van complementaire hoeken dat Verder geldt ook dat Dus kunnen we besluiten dat Opgave.5 sin x dx cos x sin x + cos x dx = cos x sin x + cos x dx + = = Deze integraal kunnen we als volgt aanpakken: sin x dx = π cos( π y) sin( π y) + cos( π y)dy sin y cos y + sin y dy sin x sin x + cos x dx. sin x sin x + cos x dx = 1dx = π. cos x sin x + cos x dx = π 4. cos x dx want als we dezelfde substitutie gebruiken als in het voorbeeld hiervoor dan krijgen we door de formules van de complementaire hoeken toe te passen dat sin x dx = = = π sin ( π y) dy sin( π y) sin(π y) dy cos y cos y dy = 17 cos y dy = cos x dx.

19 Verder geldt ook dat Dus we zien dat Opgave.6 x sin x 1 + cos x dx sin x dx + cos x dx = sin x dx = π 4. 1dx = π. Om deze integraal op te lossen zonder de primitieve functie te bepalen, is er iets meer rekenwerk nodig. Eerst berekenen we de volgende integraal: sin x 1 + cos x dx. Deze integraal gaan we oplossen aan de hand van de substitutie t = cos x, dan is dt = sin x dx, voor x = zal t = 1 en voor x = π is t = 1. Dan krijgen we sin x 1 + cos x dx = = dt 1 + t dt 1 + t = Bgtg(1) Bgtg( 1) = π 4 + π 4 = π. Vervolgens gaan we de opgave aanpakken met de subsitutie x = π u, dan is dx = du en voor x = zal u = π en omgekeerd zal u =. Dus krijgen we x sin x 1 + cos x dx = = π (π u) sin(π u) du 1 + cos (π u) (π u) sin u 1 + cos u du, waar de laatste gelijkheid volgt uit de formules van supplementaire hoeken. Verder zien we dat x sin x π 1 + cos x dx = π sin u π 1 + cos u du u sin u 1 + cos u du = π π 18 u sin u 1 + cos u du.

20 Dus geldt er dat en dus x sin x π dx = 1 + cos x, x sin x π dx = 1 + cos x 4. Opgave x3 3x x + 1 dx Deze integraal oplossen door eerst de primitieve functie te bepalen is bijna onmogelijk. Maar door een simpel trucje te gebruiken wordt deze integraal een stuk gemakkelijker. Schrijf f(x) = 3 x 3 3x x + 1. Dan zien we dat f(1 x) = 3 (1 x) 3 3(1 x) (1 x) + 1 = 3 x 3 + 6x 6x + 3x + 6x 3 + x = 3 x 3 + 3x + x 1 = f(x). Vervolgens gaan we de integraal uit de opgave aanpakken met de substitutie x = 1 y. Schrijf I = 1 f(x) dx en dan zien we dat Er volgt dan dat I =. I = 1 f(1 y) dy = 1 ( f(y)) dy = I. Opgave.8 Bepaal π sin x π e x + sin x + cos x dx en π e x + cos x π e x + sin x + cos x dx Noteer de te berekenen integralen met I en J respectievelijk. Dan geldt er dat Verder geldt er ook dat I + J = J I = = π π π π π π sin x + e x + cos x e x + sin x + cos x dx = e x + cos x sin x e x + sin x + cos x dx (e x + sin x + cos x) e x + sin x + cos x dx = ln( e x + sin x + cos x ) x=π x=π = ln(e π + 1) ln(e π 1) = ln 19 π π 1dx = π. ( ) e π + 1. e π 1

21 Dus als we deze twee gelijkheden combineren krijgen we het volgende: { Hieruit volgt dat I = 1.3. Tegenvoorbeeld J = π I { ( ) e π + 1 J = ln + I e π 1 { ( ( )) e π + 1 π ln e π 1 J = ( π I ) e π + 1 π I = ln + I e π 1 en J = 1 We herhalen de hoofdstelling van de integraalrekening. I = π ln J = π I ( e π + 1 e π 1 ). ( ( )) e π + 1 π + ln. e π 1 Definitie.9 Onderstel dat f : [a, b] R continu is. Een functie F : [a, b] R noemen we een primitieve van f als voor elke x [a, b] geldt dat F (x) = f(x). Stelling.1 Onderstel dat f : [a, b] R continu is en dat F een primitieve is van f. Dan is b a f(x)dx = F (b) F (a). Gevolg.11 Voor een continue functie f geldt er dat ( x f(t)dt) = f(x). a We gaan nu aan de hand van een tegenvoorbeeld aantonen waarom de voorwaarde dat f continu is, nodig is in de hoofdstelling van de integraalrekening. Definieer een functie f zoals in het onderdeel Continuïteit : { 1 x = m, n >, ggd(m, n) = 1 f : [, 1] R : x n n x R \ Q

22 en verder stellen we g(x) = x f(t)dt. Indien we geen rekening houden met het al dan niet continu zijn van de functie f, dan zou er voor elke x [, 1] gelden dat g (x) = f(x). (4) Nu gaan we aantonen dat (4) niet altijd zal gelden. Dit komt natuurlijk door het feit dat de functie f niet continu is (zie Continuïteit ). We gaan aantonen dat g(x) = x f(t)dt =, x [, 1] (5) want dan zal g (x) = voor alle x [, 1]. In combinatie met gelijkheid (4) leiden we dan af dat f(x) = voor alle x [, 1] en dus dat de functie f een constante functie is op het interval [, 1]. Maar dit is natuurlijk een contradictie, wat aantoont dat de continuïteit in de hoofdstelling van de integraalrekening noodzakelijk is. Dus om (5) te kunnen bewijzen, gaan we steunen op de principes van maattheorie. We gebruiken hiervoor volgende stelling: Stelling.1 Zij f een positieve, Riemann-integreerbare functie. Dan geldt er dat f(t)dt = fdλ, waar λ staat voor de Lebesgue-maat. Het is dus voldoende om aan te tonen dat de functie f Riemann-integreerbaar is en dat de Lebesgue-integraal van f gelijk is aan (want de functie f is uiteraard positief). De functie f kunnen we ook zo schrijven: f(x) = m,n 1 ggd(m,n)=1 Verder definiëren we voor alle k N f k (x) = k m=,n=1 ggd(m,n)=1 1 n I {x= m n } (x), x [, 1]. 1 n I {x= m n } (x), x [, 1]. Dan geldt er duidelijk dat f k (x) f(x) als k. De functies f k zullen altijd positief blijven, dus kunnen we zeggen dat er een F-meetbare functie g bestaat zodat f k g, voor 1

23 alle k N (namelijk g de constante nulfunctie). We kunnen dus de stelling van de monotone convergentie toepassen (zie [3], stelling.9) en besluiten dat f k dλ fdλ. Maar f k dλ = k m=,n=1 ggd(m,n)=1 1 n I {x= m n } dλ = k m=,n=1 ggd(m,n)=1 1 ( n λ {x = m ) n } =. Dus zal fdλ =. Het enige wat nog nagegaan moet worden, is dat de functie f Riemannintegreerbaar is. We maken gebruik van de volgende stelling uit maattheorie: Stelling.13 Zij f : [a, b] R een begrensde functie. Dan geldt er: f is Riemann-integreerbaar λ(d f ([a, b])) =, waar D f ([a, b]) = {x [a, b] f is niet continu in x}. We weten al dat de functie f continu is in elk irrationaal getal maar discontinu zal zijn in elk rationaal getal. Uiteraard is de functie f ook begrensd (aangezien een gesloten interval compact is). We zien dat de verzameling D f ([, 1]) een deel is van Q en dus hoogstens aftelbaar is. Er geldt dan dat λ(d f ([, 1])) = want de hoogstens aftelbare verzameling D f ([, 1]) kunnen we schrijven als een disjuncte unie van elementen uit die verzameling. Dus samengevat: ( λ(d f ([, 1])) = λ d D f ([,1]) ) {d} = d D f ([,1]) λ{d} =. Dus wegens stelling.13 zal de functie f inderdaad Riemann-integreerbaar zijn.

24 Referenties [1] Bernard R. Gelbaum, John M.H. Olmsted, Counterexamples in Analysis. San Francisco, Holden-Day, [] S. Caenepeel, Analyse I, VUB, scaenepe/analyse1.pdf. [3] U.Einmahl, Maattheorie, VUB. [4] [5] Wiskunde en Onderwijs nr. 15 (38ste jaargang 1), tijdschrift van de Vlaamse Vereniging voor Wiskundeleraars (VVWL). [6] I.Spruyt, document Lesvoorbereidingen. 3