Wiskundige Structuren

Transcriptie

1 wi1607 Wiskundige Structuren Cursus 2013/2014 Ev Coplkov Bs Edixhoven Lenny Telmn Mrk Verr

2 i

3 Inhoudsopgve I Verzmelingen en fbeeldingen I.1 Nottie I.2 Operties op verzmelingen I.3 Functies I.4 Aftelbre en overftelbre verzmelingen II Ntuurlijke, gehele en rtionle getllen II.1 Ntuurlijke getllen en volledige inductie II.2 Gehele getllen II.3 Equivlentierelties en quotiënten II.4 Rtionle getllen III De reële getllen III.1 Algebrïsche structuur vn reële getllen III.2 De ordening op R en ongelijkheden III.3 Supremum en infimum IV Rijen IV.1 Rijen, convergentie en limiet IV.2 Eigenschppen vn convergente rijen IV.3 Monotone rijen IV.4 Volledigheid vn R IV.5 De exponentiële functie V Continuïteit V.1 Continue functies V.2 Limieten vn functies V.3 Uniforme continuïteit V.4 Eigenschppen vn continue functies V.5 De exponentiële functie VI Reeksen VI.1 Convergentie vn reeksen VI.2 Reeksen met positieve termen VI.3 Absolute convergentie VI.4 De exponentiële functie VII Afgeleide VII.1 Differentiëren VII.2 De Middelwrdestelling VII.3 De exponentiële functie ii INHOUDSOPGAVE

4 VIII Riemnn-integrl VIII.1 Definitie en criteri voor Riemnn-integreerbrheid VIII.2 Eigenschppen vn de Riemnn-integrl VIII.3 De Hoofdstelling vn de Integrlrekening IX Puntsgewijze en uniforme convergentie IX.1 Convergentie vn rijen vn functies IX.2 Uniforme convergentie en integrtie X Appendix X.1 De Axiom s vn Zermelo en Frenkel X.2 Axiom s vn Peno X.3 De recursiestelling Antwoorden en Uitwerkingen Index INHOUDSOPGAVE iii

5 Voorwoord Dit dictt is sterk gebseerd op het dictt vn Ev Coplkov en Bs Edixhoven dt l geruime tijd in Delft en sinds 2007 ook in Leiden wordt gebruikt. Delen vn de hoofdstukken IV, V, VI en VII zijn gebseerd op een dictt vn Ben de Pgter. Het doel vn dit college is niet zozeer het leren vn rekenvrdigheden in de nlyse, mr meer het begrijpen vn de theorie drchter, in het bijzonder het leren omgn met definities, stellingen en bewijzen. Hiermee hopen we een stevig fundment te leggen voor de verdere studie in de wiskunde. De nm Wiskundige structuren is een erfenis uit het verleden, en is nu misschien n herziening toe. In dit college worden, n enige voorbereidingen over verzmelingen en fbeeldingen, de getlsystemen vn ntuurlijke, gehele, rtionle en reële getllen xiomtisch ingevoerd, en dus exct beschreven. Drn worden reële rijen, limieten en reeksen bestudeerd, en vervolgens reële functies, limieten, continuïteit, de Riemnn-integrl, en tot slot puntsgewijze en uniforme convergentie vn rijen vn reële functies. Het dictt eindigt met een index. Drvoor stn er ntwoorden en uitwerkingen vn sommige opgven (dit wordt ngegeven met het symbool ). De uitwerkingen zijn soms beknopt tot een ntl nwijzingen. Alle commentr, mr liefst wel constructief, is welkom (liefst per emil n één vn de docenten). Actuele informtie over de twee colleges zl te vinden zijn op blckbord, respectievelijk in Delft en in Leiden. Lenny Telmn Mrk Verr INHOUDSOPGAVE 1

6 I VERZAMELINGEN EN AFBEELDINGEN Het begrip verzmeling kennen we uit het dgelijks leven: een bibliotheek bevt een verzmeling vn boeken, een museum een verzmeling vn kunstvoorwerpen. We kennen verzmelingen ook uit de wiskunde: de verzmeling vn lle getllen, de verzmeling vn lle punten in het pltte vlk, de verzmeling vn lle oplossingen vn een vergelijking; in feite kunnen we zeggen dt de hele wiskunde opgebouwd is uit verzmelingen. Verzmelingen en hun eigenschppen zijn onderwerp vn een breed wiskundig gebied de verzmelingenleer. Ongeveer honderd jr geleden begonnen wiskundigen met een groot enthousisme verzmelingen overl te gebruiken: het ws heel hndig elementen die een beplde eigenschp hdden ls een geheel, een verzmeling, te beschouwen. Mr heel snel ontstonden problemen: sommige groepen elementen leidden tot tegensprken: men stuitte op prdoxen. Blijkbr kunnen niet lle eigenschppen gebruikt worden om nieuwe verzmelingen te vormen. Prdoxen We zullen twee vn die tegensprken bekijken. I.0.1 Voorbeeld. Prdox vn Russell In een dorp woont kpper Hns die lléén die mnnen uit het dorp scheert die zichzelf niet scheren. Wie scheert kpper Hns? Het is duidelijk dt er twee mogelijkheden zijn: kpper Hns scheert zichzelf of hij scheert zichzelf niet. Als hij zichzelf scheert dn scheert de kpper hem niet, mr hij zelf is de kpper, dus hij kn zichzelf niet scheren. An de ndere knt, ls hij zichzelf niet scheert dn moet hij, de kpper, zichzelf toch scheren. We zien dt geen vn de mogelijkheden mogelijk is, we krijgen een prdox. I.0.2 Voorbeeld. Prdox vn Berry Een vn de bsiseigenschppen vn ntuurlijke getllen is dt elke niet-lege verzmeling ntuurlijke getllen een kleinste element bevt. Beschouw nu lle ntuurlijke getllen die beschreven kunnen worden in het Nederlnds met behulp vn ten hoogste honderd letters. Het Nederlndse lfbet heeft 26 letters, dus met behulp vn honderd letters of minder kunnen we ten hoogste getllen beschrijven (niet elke lettercombintie is zinvol, en ook niet elke zinvolle combintie vn letters beschrijft een ntuurlijk getl). Er zijn oneindig veel ntuurlijke getllen, dus de verzmeling getllen die niet met honderd letters of minder te beschrijven zijn is ook oneindig en dus zeker niet leeg. Deze verzmeling moet dus een kleinste element bevtten. Zij n het kleinste ntuurlijke getl dt niet met honderd letters of minder te beschrijven is. Mr we hebben n net met minder dn honderd letters beschreven! Om prdoxen te vermijden moeten we voorzichtig zijn met wt we verzmeling zullen noemen: niet elke collectie mg een verzmeling zijn. 2 I VERZAMELINGEN EN AFBEELDINGEN

7 Er zijn vste xiom s (grondregels) ingevoerd die het bestn vn sommige verzmelingen grnderen en beschrijven hoe we nieuwe verzmelingen uit oude kunnen mken, welke operties met verzmelingen zijn toegestn en welke eigenschppen ze hebben. Uitgnde vn de xiom s en met behulp vn logic kunnen we verdere eigenschppen vn verzmelingen bewijzen. We zullen nu niet diep in de xiom s duiken, we zullen ons concentreren op het werken met verzmelingen. We zullen operties met verzmelingen definiëren en de belngrijkste eigenschppen fleiden. Een volledige lijst vn xiom s voor de verzmelingenleer is te vinden in Appendix X.1. I.1 Nottie Verzmelingen bevtten elementen; ls A een verzmeling is en x een element vn A dn schrijven we 1 x A. Om n te geven dt y geen element vn A is schrijven we y / A. { We gebruiken de nottie {1} voor de verzmeling die lleen het getl 1 bevt, 1, 2} is een verzmeling die twee elementen bevt, nmelijk de getllen 1 en 2. De verzmeling {, b, c, d, e} heeft minstens één en hoogstens vijf elementen: het hngt ervn f hoeveel gelijkheden er gelden tussen de niet gespecificeerde elementen, b, c, d, e. De verzmeling die geen elementen bevt heet de lege verzmeling en wordt genoteerd ls. Elementen vn een verzmeling kunnen ook verzmelingen zijn, bijvoorbeeld A = { 3, {2}, {4, 5} } heeft elementen 3, {2} en {4, 5}. Er geldt dus 3 A mr 2 / A; er geldt echter {2} A. In de wiskunde zijn verzmelingen die getllen ls elementen bevtten vn groot belng. We gebruiken de letter N voor de verzmeling vn lle ntuurlijke getllen: N = {0, 1, 2, 3,...}, 2 Z = {..., 3, 2, 1, 0, 1, 2, 3,...} voor de verzmeling vn lle gehele getllen, Q voor de verzmeling vn lle breuken p q met p, q Z en q 0, R voor de verzmeling vn lle reële getllen en C voor de verzmeling vn lle complexe getllen. Uiteindelijk zullen we deze getlsystemen (behlve C) exct beschrijven door middel vn gegevens en eigenschppen, en, uitgnd vn N, constructies schetsen vn Z, Q en R. Tot het zover is gn we op een informele mnier met deze getlsystemen om. Als A een verzmeling is dn wordt de verzmeling vn lle elementen uit A die een eigenschp E hebben ls volgt genoteerd: { x A : E(x) }. I.1.1 Voorbeeld. (i) De verzmeling R >0 = {x R : x > 0} is de verzmeling vn lle positieve reële getllen. Deze verzmeling is niet leeg wnt 5 R >0. Drentegen is {x R : x > 5 en x < 2} leeg; er is geen reëel getl te vinden dt tegelijk groter dn 5 en kleiner dn 2 is. (ii) De verzmeling vn lle reële oplossingen vn de vergelijking sin(πx) = 0 kunnen we kort ls volgt schrijven: A = { x R : sin(πx) = 0 }. Anloog, de verzmeling B = {x R : cos(πx/2) = 0} is de verzmeling vn lle oplossingen vn de vergelijking cos(πx/2) = 0. 1 Verzmelingen worden vk, mr niet ltijd, met behulp vn hoofdletters genoteerd en hun elementen met behulp vn kleine letters. We zullen ook verzmelingen tegenkomen wrvn de elementen weer verzmelingen zijn. 2 Ps op, er zijn uteurs die N nders definiëren, nmelijk {1, 2, 3,...}. Een goede lterntieve nottie voor N is Z 0 ; deze mkt meteen duidelijk dt 0 N. I.1 NOTATIE 3

8 I.1.2 Definitie. (i) Twee verzmelingen zijn n elkr gelijk ls ze dezelfde elementen hebben, dt wil zeggen, A = B ls ieder element vn A element vn B is, en ieder element vn B element vn A. (ii) Als elk element vn A element vn B is zeggen we dt A een deelverzmeling vn B is. Nottie: 3 A B. Hieruit volgt dt A = B dn en slechts dn ls A B en B A. I.1.3 Voorbeeld. (i) De verzmelingen A = {1, 2, 3} en B = {3, 3, 3, 2, 2, 1} hebben dezelfde elementen en zijn dus n elkr gelijk. We kunnen schrijven: A = B. (ii) Beschouw de verzmelingen A en B uit Voorbeeld I.1.1 (ii). Als x een geheel getl is dn is sin(πx) = 0; dit betekent dt Z A. An de ndere knt, ls sin(πx) = 0 dn moet x een geheel getl zijn; dit betekent dt A Z. We hebben bewezen A = Z: de verzmeling vn lle oplossingen vn de vergelijking sin(πx) = 0 is de verzmeling vn lle gehele getllen. (iii) Anloog kunnen we bewijzen dt lle oplossingen vn cos(πx/2) = 0 de verzmeling vn lle oneven gehele getllen is: B = { 2k + 1 : k Z }. 4 (iv) De verzmelingen A = { 0, {1, 2, 3}, 4 } en B = { 0, 1, {2, 3}, 4 } zijn niet n elkr gelijk. Immers 1 / A en 1 B. Intervllen I.1.4 Voorbeeld. Belngrijke deelverzmelingen vn de reële rechte (de verzmeling vn lle reële getllen) zijn intervllen. We onderscheiden begrensde en onbegrensde intervllen. (i) Begrensde intervllen: Voor, b R is (, b) = {x R : < x < b} een open intervl, [, b] = {x R : x b} een gesloten intervl, en [, b) = {x R : x < b} en (, b] = {x R : < x b} zijn hlfopen (of hlfgesloten) intervllen. Als nodig, dn kunnen we (, b] links-open en rechts-gesloten noemen, enzovoorts. (ii) Onbegrensde intervllen: Zij R, dn zijn (, ) = {x R : x > } en (, ) = {x R : x < } open intervllen, en [, ) = {x R : x } en (, ] = {x R : x } gesloten intervllen 5. Ook de hele reële rechte kn beschouwd worden ls een onbegrensd intervl: R = (, ), dt zowel open ls gesloten is. I.1.5 Voorbeeld. (i) Er geldt (0, 1) (0, 1] wnt elk element vn (0, 1) is ook een element vn (0, 1], mr (0, 1] (0, 1) omdt 1 een element vn (0, 1] is mr niet vn (0, 1). (ii) is een deelverzmeling vn elke verzmeling, wnt voor iedere x geldt x A (immers, er is geen x, dus er is niets te controleren). 3 Voor strikte inclusie wordt vk gebruikt, en is ook een gebruikelijke nottie voor deelverzmeling. 4 Strikt genomen is deze nottie niet toegelten in het door ons gebruikte systeem vn xiom s voor verzmelingstheorie, mr de betekenis is duidelijk. Een correcte nottie zou zijn: {x Z : er is een k Z zodt x = 2k + 1}. 5 Het hier gebruikte symbool is geen element vn R, het stt slechts voor het begrip oneindig. 4 I VERZAMELINGEN EN AFBEELDINGEN

9 (iii) Het open intervl (0, 1) is leeg, en gelijk n het gesloten intervl [0, 1]. Crtesisch product Het volgende begrip wordt vk gebruikt. I.1.6 Definitie. Het Crtesisch product vn twee verzmelingen A en B is de verzmeling geordende pren A B = { (, b) : A en b B }. 6 De volgorde vn elementen vn een geordend pr is belngrijk: ls b dn (, b) (b, ). Twee geordende pren (, b) en (, b ) zijn n elkr gelijk dn en slechts dn ls = en b = b. I.1.7 Voorbeeld. (i) Zij A = {0, 1, 2} en B = {0, 3}. Het Crtesisch product vn A en B is de volgende verzmeling A B = { (0, 0), (0, 3), (1, 0), (1, 3), (2, 0), (2, 3) }. (ii) Zij R de reële rechte. Dn is R R de verzmeling vn lle punten in het pltte vlk 7. Opgven 1. Zij V = { 3, 2, 1, 0, 1, 2, 3}. Vind een eigenschp P zó dt elke vn de volgende verzmelingen is te schrijven in de vorm { x V : P (x) } en bewijs dt deze twee verzmelingen n elkr gelijk zijn. () A = {1, 2, 3}; (b) B = {0, 1, 2, 3}; (c) C = { 2, 1}; (d) D = { 2, 0, 2}; (e) E =. 2. Wt is het ntl elementen vn de volgende verzmelingen: () A = {0, 2, 4,..., 22}; (b) B = { 1, {2}, {{2}} } ; (c) C = { {{1}} } ; (d) D = { }; (e) E = { 1, {1, 2, 3, 4, 5} }. 3. () Vind lle deelverzmelingen vn {0, 1}. (b) Vind lle deelverzmelingen vn {0, 1, 2}. (c) Vind lle deelverzmelingen vn {0, 1, 2, 3}. (d) Zij A een eindige verzmeling, d.w.z., een verzmeling die mr eindig veel elementen bevt. 8 Vind een verbnd tussen het ntl elementen vn A en het ntl deelverzmelingen vn A, en bewijs je vermoeden. 6 Hels zijn onze notties voor een geordend pr (, b) vn reële getllen en het open intervl (, b) gelijk. De lezer zl iedere keer de juiste keuze moeten mken op grond vn de context. 7 In plts vn R R schrijven we vk R 2. 8 Voor de duidelijkheid: het reële intervl (0, 1) heet dn misschien wel eens een eindig intervl, mr het is géén eindige verzmeling. I.1 NOTATIE 5

10 4. Lt A de verzmeling vn lle even ntuurlijke getllen, B de verzmeling vn lle ntuurlijke getllen die deelbr door 3 zijn en C de verzmeling vn lle ntuurlijke getllen die deelbr door 6 zijn. Bewijs of weerleg: () A B; (b) A C; (c) B C; (d) B A; (e) C A; (f) C B. 5. Bewijs: voor elke verzmeling A geldt dt A en A A. 6. Welke vn de volgende verzmelingen zijn n elkr gelijk? Bewijs je bewering of geef een tegenvoorbeeld. () A = {n Z : n < 2}; (b) B = {n Z : n 3 = n}; (c) C = {n Z : n 2 n}; (d) E = { 1, 0, 1}. 7. Geef de precieze voorwrden op de verzmelingen A en B opdt A B = B A. 8. Voor elke verzmeling A zij P(A) de verzmeling vn lle deelverzmelingen vn A (deze heet de mchtsverzmeling vn A). Geef de lijst vn elementen vn P(A) P(B), wrbij A = {0, 1} en B = { }. 6 I VERZAMELINGEN EN AFBEELDINGEN

11 I.2 Operties op verzmelingen De bsisoperties op verzmelingen zijn ls volgt gedefinieerd. I.2.1 Definitie. Zij Ω een verzmeling. Voor deelverzmelingen A en B vn Ω definiëren we (i) het complement vn A in Ω door Ω \ A = {x Ω : x A} (we schrijven vk A c ls duidelijk is wt de verzmeling Ω is); (ii) de vereniging vn A en B door (iii) de doorsnede vn A en B door (iv) het verschil vn A en B door A B = {x Ω : x A of x B}; A B = {x Ω : x A en x B}. A \ B = {x Ω : x A en x / B}. I.2.2 Opmerking. In de bovenstnde definitie hngen A B, A B en A\B niet f vn de verzmeling Ω wrin dit lles gebeurt. We zullen dn ook in deze gevllen deze Ω niet meer ltijd noemen. I.2.3 Voorbeeld. Beschouw weer de verzmelingen A en B uit Voorbeeld I.1.1(ii). Dn is A B de verzmeling vn lle getllen die oplossingen zijn vn beide vergelijkingen sin(πx) = 0 en cos(πx/2) = 0, en A B is de verzmeling vn lle getllen die oplossingen zijn vn tenminste één vn die twee vergelijkingen. Omdt A = Z en B = {2k + 1 : k Z} is het niet moeilijk in te zien dt A B = B en A B = A. Om doorsnede en vereniging vn A en B te illustreren kunnen we Venn-digrmmen tekenen. In Figuur 1.1 zijn de doorsnede A B en de vereniging A B getekend. De Venn-digrmmen zijn ook hndig om llerlei eigenschppen vn de bsisoperties te vinden; zie bijvoorbeeld Opgven I.2.1 en I.2.2. A B Ω A B Ω Figuur 1.1: Doorsnede en vereniging vn A en B I.2.4 Definitie. Twee verzmelingen A en B heten disjunct ls A B =. I.2.5 Voorbeeld. I.2 OPERATIES OP VERZAMELINGEN 7

12 (i) De verzmelingen A = {x R : x > 9} en B = {0, 1/2} zijn disjunct: A B = wnt lle elementen vn A zijn reële getllen groter dn 9 en geen element vn B is groter dn 9. (ii) De verzmelingen C = ( 3, π) en D = (1, 33] zijn niet disjunct; immers 2 C D wnt 3 < 2 < π en 1 < In feite bevt de doorsnede oneindig veel elementen: C D = (1, π). In Figuur 1.2 zijn Venn-digrmmen voor drie respectievelijk vier deelverzmelingen vn Ω getekend. Venn-digrmmen voor meer dn vier verzmelingen zijn lstig: het is niet mkkelijk om in een overzichtelijke mnier lle mogelijke doorsneden in één pltje te krijgen. A B Ω A B Ω C C D Figuur 1.2: Venn-digrmmen voor drie en vier verzmelingen Vereniging en doorsnede vn oneindig veel verzmelingen In de wiskunde onderzoeken we vk oneindige objecten: er zijn oneindig veel ntuurlijke getllen, oneindig veel breuken, oneindig veel punten in het pltte vlk, oneindig veel lijnen, oneindig veel functies. Drvoor is de tl vn de verzmelingenleer ook hndig. We kunnen ook de doorsnede en de vereniging vn willekeurig veel verzmelingen definiëren: I.2.6 Definitie. Lt Ω een verzmeling zijn. Lt L een verzmeling zijn, en voor elke λ L, A λ een deelverzmeling vn Ω. Dn: A λ = {x Ω : voor elke λ L geldt x A λ } en λ L A λ = {x Ω : er is een λ L met x A λ }. λ L I.2.7 Voorbeeld. Beschouw de verzmeling N vn lle ntuurlijke getllen. Voor elke n N zij A n = (0, 1/(n + 1)]. We bewijzen dt n N A n =. Immers, neem n dt n N A n. Dn is er een x R met x n N A n. Volgens Definitie I.2.6 ligt x in elk intervl (0, 1/(n + 1)], dt wil zeggen, voor elke n N geldt 0 < x 1/(n + 1). We krijgen een tegensprk 9 : voor lle n N met n + 1 > 1/x geldt dt 1/(n + 1) < x. Beschouw nu voor elke n N de verzmeling B n = (0, n]. We bewijzen nu dt n N B n = (0, ). Volgens Definitie I.1.2 moeten we lten zien dt n N B n (0, ) en (0, ) n N B n. We bewijzen nu de eerste inclusie. Lt x n N B n. Volgens Definitie I.2.6 is er een n N met x (0, n]. Hieruit volgt dt x (0, ). Nu de tweede inclusie. Lt x (0, ). Neem dn een n N met x < n, dn x (0, n] en bijgevolg x n N B n. 9 Dit soort bewijs heet bewijs uit het ongerijmde. Het werkt ls volgt: Om een bewering te bewijzen (in ons gevl: n N An = ) kunnen we het tegengestelde veronderstellen ( n N An ) en lten zien dt dit tot een onjuiste bewering, een tegensprk, leidt (er is een x R en er is een n N zó dt x 1/(n + 1) èn x > 1/(n + 1)). 8 I VERZAMELINGEN EN AFBEELDINGEN

13 Opgven 1. (Wetten vn de Morgn) Zij Ω een verzmeling. Bewijs dt voor lle deelverzmelingen A en B vn Ω geldt () Ω \ (A B) = (Ω \ A) (Ω \ B); (b) Ω \ (A B) = (Ω \ A) (Ω \ B). 2. Zij Ω een verzmeling. Formuleer en bewijs de Wetten vn de Morgn () voor drie deelverzmelingen vn Ω; (b) voor vier deelverzmelingen vn Ω. 3. Bewijs dt voor lle verzmelingen A, B en C geldt () B \ (B \ A) = A B; (b) A (B C) = (A B) (A C); (c) A (B C) = (A B) (A C). 4. () Zij A = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}. Vind A A, A A en A \ A. (b) Zij A een willekeurige verzmeling. Vind en bewijs een lgemene regel voor A A, A A en A \ A. 5. Beschouw de verzmelingen A = {x N : x 15} en B = {x N : x 20}. Beschrijf nu N \ A, N \ B, A B en A B met soortgelijke formules. 6. Zij K = {1, 2, 4}. Vind k K A k en k K A k ls gegeven is: () A k = {k 2 }; (b) A k = [k 1, k + 1]; (c) A k = (k, ). 7. Beschouw voor elke n N de verzmeling A n = {x R : 1/2 n x < 2 + 1/2 n }. () Vind n N A n. (b) Vind n N A n. 8. Lt A, B en C deelverzmelingen zijn vn Ω. () Wt is het verbnd tussen A (B \ C) en (A B) \ (A C)? (b) Wnneer geldt A (B \ C) = (A B) \ (A C)? 9. Vereenvoudig de volgende uitdrukking met behulp vn Venn-digrmmen: (A B C c ) (A B D c ) (A B C D). I.2 OPERATIES OP VERZAMELINGEN 9

14 I.3 Functies Iedereen is ongetwijfeld in veel situties het begrip functie tegengekomen; vk ls een voorschrift dt n elk getl een nder getl toevoegt, bijvoorbeeld de functie f(x) = x 2 die n elk getl zijn kwdrt toevoegt. Er zijn echter veel meer mogelijkheden, we hoeven ons niet tot getllen te beperken: het voorschrift dt n elke uto zijn kenteken toevoegt, het voorschrift dt n elke persoon zijn geboortedtum toevoegt, of de kleur vn zijn ogen zijn ook functies. Een functie kn gegeven worden door een formule (bijvoorbeeld f(x) = x 2 ), mr ook ls een grfiek (bijvoorbeeld het verloop vn de koers vn ndelen in de tijd), of een tbel (bijvoorbeeld tentmencijfers vn studenten die n een tentmen hebben pltsgenomen). Om lgemene eigenschppen vn functies f te leiden en ze te kunnen gebruiken moeten we eerst fspreken welke voorschriften functies definiëren, en ook wt een functie precies is, zodt we bijvoorbeeld over gelijkheid kunnen prten. Informeel gesproken is een functie vn A nr B een voorschrift dt n elk element vn A precies één element vn B toevoegt. Een formele definitie gt met behulp vn Crtesisch product vn A en B. I.3.1 Definitie. Een functie 10 vn A nr B is een tripel (A, B, f) met f een deelverzmeling vn A B met de volgende eigenschp: voor iedere A bestt er precies één b B zodnig dt (, b) f; deze b noteren we ls f(). Nottie: f : A B, en f(). De verzmeling A heet het domein en B het codomein 11 vn f. De verzmeling vn lle geordende pren (, b) f heet de grfiek vn f. In plts vn (, b) f schrijven we vk f() = b. Als (, b) f dn noemen we b het beeld vn onder f en een origineel vn b onder f. Merk op dt volgens deze definitie een functie gegeven wordt door hr domein, hr codomein en hr grfiek. Voor twee fbeeldingen f : A B en g : C D geldt dus dt f = g precies dn ls geldt: A = C, en B = D, en voor lle A geldt f() = g(). I.3.2 Voorbeeld. De fbeeldingen f : R R, x x 2 en g : R R, x x 2 zijn dus gelijk, ook l zijn ze gegeven door verschillende formules. I.3.3 Voorbeeld. Lt A de verzmeling zijn vn lle studenten vn TU Delft. Dn hebben we functies f : A N en g : A R die elk element vn A nr hun studienummer sturen. Deze functies zijn niet gelijk, wnt de codomeinen zijn verschillend. I.3.4 Opmerking. Volgens de definitie vn een functie heeft elk element vn het domein precies één beeld. Een element vn het codomein kn echter géén origineel hebben, of één of meerdere originelen hebben. Beschouw bijvoorbeeld f : R [ 1, 1] gegeven door f(x) = sin(πx). Voor elke x R is de wrde vn x onder f uniek bepld, mr het getl 0 [ 1, 1] heeft oneindig veel originelen: voor elke x Z geldt f(x) = 0. I.3.5 Definitie. Lt A en B twee verzmelingen zijn en zij f : A B. 10 Functies worden vk ook fbeeldingen genoemd. 11 Voor domein en codomein worden ook wel de nmen bron(verzmeling) en doel(verzmeling) gebruikt. 10 I VERZAMELINGEN EN AFBEELDINGEN

15 (i) f heet injectief ls voor lle 1 A en 2 A met f( 1 ) = f( 2 ) geldt dt 1 = 2. (Met ndere woorden, verschillende elementen vn A moeten verschillende beelden hebben.) (ii) f heet surjectief ls voor elke b B er een A bestt met f() = b. (Met ndere woorden, ls de verzmeling vn beelden de hele verzmeling B is.) (iii) f heet bijectief ls f injectief en surjectief is. (Met ndere woorden, ls er voor iedere b B er precies één A is met f() = b.) (iv) Het beeld vn f is de verzmeling vn b B wrvoor er een A is met b = f(). Het is een deelverzmeling vn B. Notties: f[a] of {f() : A} of {b B : er bestt een A met b = f()}. I.3.6 Opmerking. Voor A en B verzmelingen, en f : A B geldt dus dt f surjectief is precies dn ls f[a] = B. Als A en B eindig zijn dn is het mkkelijk functies vn A nr B grfisch weer te geven: zie de volgende voorbeelden. I.3.7 Voorbeeld. Zij A = {1, 2} en B = {, b, c} met, b en c verschillend. De functie f : A B, gedefinieerd door f(1) = c en f(2) = b, is injectief wnt verschillende elementen vn A hebben verschillende beelden, mr niet surjectief omdt B geen beeld is vn een element vn A (zie Figuur 1.3). 1 2 A b c B Figuur 1.3: Een injectieve, niet surjectieve functie f : A B I.3.8 Voorbeeld. Zij A = {1, 2, 3} en B = {, b} met en b verschillend. De functie f : A B, gedefinieerd door f(1) = b, f(2) = en f(3) = b, is surjectief wnt elk element vn B is een beeld vn een element vn A, mr niet injectief omdt de elementen 1 en 3 verschillend zijn en toch hetzelfde beeld hebben (zie Figuur 1.4) A b B Figuur 1.4: Een surjectieve, niet injectieve functie f : A B I.3 FUNCTIES 11

16 1 A B 2 b 3 c Figuur 1.5: Een bijectieve functie f : A B I.3.9 Voorbeeld. Zij A = {1, 2, 3} en B = {, b, c} met, b en c verschillend. De functie f : A B, gedefinieerd door f(1) = b, f(2) = c en f(3) =, is surjectief en injectief (zie Figuur 1.5). Een functie : N B noemen we soms ook een rij in B. We schrijven dn vk n in plts vn (n); een gebruikelijke nottie is ( n ) n N (merk wel op dt we dn eigenlijk het codomein niet meer noemen, er is dus l enige mte vn slordigheid). I.3.10 Voorbeeld. De functie f : N R gegeven door f(n) = 1/(n + 1) is dn de reële rij (1/(n + 1)) n N. Deze functie is injectief (ls n m dn 1/(n + 1) 1/(m + 1)), mr niet surjectief omdt (bijvoorbeeld) het getl 0 uit het codomein vn f geen origineel heeft (er is geen ntuurlijk getl n met 1/(n + 1) = 0) Figuur 1.6: De rij (1/(n + 1)) n N ls een functie f : N R Lt I R een intervl zijn, en f : I R. Om f grfisch weer te geven tekenen we meestl de grfiek ls deelverzmeling vn I R: zols uit de definitie volgt is de grfiek de verzmeling vn lle punten vn de vorm (x, f(x)) met x I. I.3.11 Voorbeeld. De functie f : R [0, ) gegeven door f(x) = x 2 is niet injectief: de punten 1 en 1 horen tot het domein vn f, er geldt 1 1 mr f( 1) = ( 1) 2 = 1 2 = f(1) (zie Figuur 1.7). Zij is wel surjectief: voor elke y [0, ) is er een x R met f(x) = y; neem bijvoorbeeld x = y. Door het domein of het codomein vn een functie te vernderen krijgen we een nieuwe functie die geheel ndere eigenschppen kn hebben. Bijvoorbeeld, g : R R gegeven door g(x) = x 2 is niet surjectief, en h: [0, ) [0, ) gegeven door h(x) = x 2 is injectief en surjectief. I.3.12 Voorbeeld. Er bestt geen functie vn {0, 1, 2, 3} nr N die surjectief is. Immers, zij f : {0, 1, 2, 3} N een fbeelding. De verzmeling N is oneindig en dus is X = N \ { f(0), f(1), f(2), f(3) } niet leeg (X is zelfs oneindig). Kies een b X, dn heeft b geen origineel onder f. 12 I VERZAMELINGEN EN AFBEELDINGEN

17 y-s f x-s Figuur 1.7: Grfiek vn de functie f(x) = x 2 Smenstelling Een vn de mooie eigenschppen vn bijectieve functies is dt ze een inverse vn functies hebben. We zullen lter zien dt ls f beplde mooie eigenschppen heeft (bijvoorbeeld continu is) deze eigenschppen door de inverse vn f geërfd worden. Het volgende begrip is essentieel voor het definiëren vn inverse functies, mr zeker nog belngrijker op zichzelf. I.3.13 Definitie. Lt f : A B en g : B C twee functies zijn. De smenstelling vn f en g is de functie g f : A C gedefinieerd door We lezen g f ls g n f. (g f)() = g ( f() ). I.3.14 Voorbeeld. De functie f : R [ 1, 1] is gegeven door f(x) = sin x, en de functie g : [ 1, 1] R door g(x) = x 2. Dn is f g : [ 1, 1] [ 1, 1] de functie gedefinieerd door (f g)(x) = sin(x 2 ), en g f : R R is gedefinieerd door (g f)(x) = (sin x) 2. Als f : A B en g : B A functies zijn die smengesteld kunnen worden tot g f en f g geldt niet ltijd dt f g = g f. Als A B dn kn f g l zeker niet gelijk zijn n g f, wnt de domeinen verschillen. I.3.15 Stelling. De smenstelling vn functies is ssocitief, dt wil zeggen, h (g f) = (h g) f voor lle f : A B, g : B C en h: C D. Bewijs. Neem n f : A B, g : B C en h: C D drie willekeurige functies zijn. De identiteit volgt uit het feit dt voor elke A geldt ( h (g f) ) () = h ( (g f)() ) = h ( g(f()) ) en ( (h g) f ) () = (h g) ( f() ) = h ( g(f()) ). I.3.16 Definitie. Voor A een verzmeling definiëren we de functie id A : A A, gegeven door. Deze functie heet de identieke functie vn A. I.3.17 Opmerking. Als A en B verzmelingen zijn, en f : A B, dn geldt f id A = f = id B f. I.3 FUNCTIES 13

18 Inverse functies Zij f : A B een bijectie. We definiëren in B A de volgende deelverzmeling g = {(b, ) B A: (, b) f}. Merk op dt g een functie is vn B nr A. Immers: omdt f surjectief is, is er voor iedere b B een A zodt (b, ) g, en omdt f injectief is, is deze uniek. I.3.18 Definitie. Zij f : A B een bijectie. g = {(b, ) B A: (, b) f}. De inverse vn f is de functie De inverse functie f : A B is de unieke functie g : B A zodt voor lle A en b B geldt g(b) = dn en slechts dn ls f() = b. Een functie kn niet meer dn één inverse hebben, zie Opgve I gebruiken ls nottie: g = f 1. We I.3.19 Lemm. Zij f : A B een bijectie. De inverse f 1 is ook een bijectie en er geldt: (f 1 ) 1 = f. Bewijs. Opgve I I.3.20 Voorbeeld. De functie f : R R gedefinieerd door f(x) = 2 3x is bijectief (g zelf n dt f injectief en surjectief is). Om hr inverse te vinden beschouw een willekeurige y R. Er geldt, voor lle x R, 2 3x = y dn en slechts dn ls x = 2 y 3. De inverse f 1 : R R is dus gegeven door het voorschrift 12 f 1 (x) = (2 x)/3. I.3.21 Definitie. Lt f : A B een fbeelding zijn, en C een deelverzmeling vn B. Dn noemen we de verzmeling { A : f() C} het inverse beeld vn C onder f. Deze deelverzmeling vn A noteren we ook ls f 1 (C). Merk op dt f 1 (C) bestt ook ls f geen inverse heeft. I.3.22 Voorbeeld. Zij f : R R gegeven door f(x) = x 2. Dn geldt f 1 ({ 1}) =, f 1 ({1}) = { 1, 1} en f 1 ([0, 1]) = [ 1, 1]. Opgven 1. Lt f : R \ { 1} R gegeven zijn door f(x) = (1 x)/(1 + x). Vind f(0) en voor lle x R \ { 1} vind f(1/x) en 1/f(x). 2. () Lt f : R R een functie zijn en neem n dt voor lle x R geldt f(x + 1) = x 2 5x + 1. Vind f(x). (b) Lt f : R \ {0} R een functie zijn en neem n dt voor lle x R \ {0} geldt f(1/x) = x x 2. Vind f(x). 14 I VERZAMELINGEN EN AFBEELDINGEN

19 3. Zij f : R R gegeven door f(x) = sin(x 2 ); vind lle originelen vn 0, 1 en π. 4. Hieronder stn vier tweetllen functievoorschriften. Geef vn elk tweetl n of beide voorschriften dezelfde functie beschrijven, of niet. () f : R R, x x 2 en g : R R 0, x x 2. (b) f : R R, x (x + 1) 2 en g : R R, x 2x( x 2 + 1) + 1. (c) f : [0, 2π] R, x sin(x) en g : R R, x sin(x). (d) f : R \ {1} R, x x + 1 en g : R \ {1} R, x x2 1 x () Lt A = {1, 2} en B = {1, 2, 3}. Hoeveel fbeeldingen A B zijn er? (b) Lt B een verzmeling zijn. Hoeveel functies f : B zijn er? (c) Lt A een verzmeling zijn. Hoeveel functies f : A zijn er? 6. Geef voorbeelden vn eindige verzmelingen A en B en een functie f : A B die () bijectief is, (b) surjectief mr niet injectief is, (c) injectief mr niet surjectief is, (d) niet surjectief en niet injectief is. Bewijs in elk vn de onderdelen dt je voorbeeld de gewenste eigenschppen heeft. 7. Geef voorbeelden vn oneindige verzmelingen A en B en een functie f : A B die () bijectief is, (b) surjectief mr niet injectief is, (c) injectief mr niet surjectief is, (d) niet surjectief en niet injectief is. Bewijs in elk vn de onderdelen dt je voorbeeld de gewenste eigenschppen heeft. 8. Zij A een eindige verzmeling. Voor het ntl elementen vn A gebruiken we de nottie #A. Neem n dt A en B eindige verzmelingen zijn en zij f : A B. () Lt zien dt ls f injectief is dn geldt #A #B. (b) Lt zien dt ls f surjectief is dn geldt #A #B. 9. Lt f : A B en g : B C twee functies zijn. Bewijs of weerleg: () Als g f injectief is dn is f injectief. (b) Als g f injectief is dn is g injectief. (c) Als g f surjectief is dn is f surjectief. (d) Als g f surjectief is dn is g surjectief. 10. Bewijs of weerleg: smenstelling vn functies is commuttief, dt wil zeggen, voor lle verzmelingen A en B, en voor lle f : A B en g : B A geldt f g = g f. Geldt deze bewering ls A = B? 12 Het mkt ntuurlijk niets uit of we de vribele x of y noemen. I.3 FUNCTIES 15

20 11. Bewijs dt elke vn de volgende functies een inverse heeft en vind zijn voorschrift. () f : {0, 1, 2} {3, 5, 15} gegeven door f(0) = 3, f(1) = 15 en f(2) = 5. (b) f : R R gegeven door f(x) = 4x + 5; (c) f : R \ {0} R \ {0} gegeven door f(x) = 1/x. 12. Beschouw f : [1, ) R gegeven door f(x) = (1 5x)/x. () Bewijs dt f injectief is. (b) Vind het beeld B vn f. Lt zien dt de fbeelding g : [1, ) B gedefinieerd door x f(x) bijectief is en bereken de inverse vn g. 13. Voor elke vn de onderstnde injectieve functies f : A R, bepl het beeld B, en bepl de fbeelding g : B A zodt voor lle A geldt g(f()) =. () A = R en f(x) = 7x 3; (b) A = (, 0] en f(x) = x 2 ; (c) A = R \ { 2} en f(x) = (1 x)/(2 + x); (d) A = [ 1, 0], f(x) = 1 x Bewijs dt een bijectieve functie precies één inverse heeft. 15. Lt A en B verzmelingen zijn, en f : A B en g : B A. () Bewijs dt f en g inversen vn elkr zijn precies dn ls g f = id A en f g = id B. (b) Geef een voorbeeld wr g f = id A en f g id B. 16. Bewijs Lemm I Zij f : A A een functie. Bewijs: ls voor elke A geldt f ( f() ) = dn is f een bijectie en f 1 = f. 18. Lt f : A B een bijectie zijn en C B. Bewijs of weerleg: f 1 (C) = f 1 [C]. (Zie Definitie I.3.5(iv) en Definitie I.3.21.) 19. Lt f : R R de fbeelding zijn gegeven door f(x) = x 2. () Beschrijf de elementen vn f 1 (Z) Q. (b) Bewijs of weerleg: f 1 (Z) Q = Z. 20. Zij f : A B een functie. Zij V 1 en V 2 deelverzmelingen vn A. Toon n () f[v 1 V 2 ] f[v 1 ] f[v 2 ]; (b) Als f injectief is, dn geldt f[v 1 V 2 ] = f[v 1 ] f[v 2 ]. 21. Formeel is een functie een deelverzmeling vn een Crtesisch product. Neem eens n dt we (, b) f niet hdden fgekort met b = f(). Lt f : A B en g : B C functies zijn. Geef een definitie vn g f in termen vn geordende pren, dt wil zeggen, vul de volgende zin n: (, c) g f dn en slechts dn ls en bewijs dt dit dezelfde fbeelding oplevert ls Definitie I Bewijs, uitgnde vn de voorgnde formulering, dt f (g h) = (f g) h. 22. Zij f : R R een bijectie. De grfieken vn f en f 1 zijn deelverzmelingen vn R 2. Wt is het verbnd tussen deze deelverzmelingen? 23. Probeer eens de interctieve opgven over inverse functies op de WIMS systeem (zoek onder inverse ): 16 I VERZAMELINGEN EN AFBEELDINGEN

21 I.4 Aftelbre en overftelbre verzmelingen Aftelbre verzmelingen Stel we hebben twee verzmelingen A en B en we willen beplen welke verzmeling meer elementen bevt. Hoe kunnen we twee verschillende verzmelingen vergelijken? Als de verzmelingen eindig zijn (dt wil zeggen, ls ze beide uit eindig veel elementen bestn) dn is het geen groot probleem: tel de elementen vn A, tel de elementen vn B en vergelijk die twee ntuurlijke getllen. Mr wt moeten we doen ls beide verzmelingen oneindig zijn? We kunnen de elementen niet meer tellen. Er is echter nog een methode om bij eindige verzmelingen te beplen welke verzmeling meer elementen bevt wrbij het tellen vn het ntl elementen niet nodig is. Neem n dt je twee dozen hebt. In de eerste doos zijn moeren en in de tweede doos bevinden zich bouten. Je wilt beplen of er meer bouten of meer moeren zijn. Het is niet noodzkelijk het ntl moeren en bouten te beplen: je kunt ook telkens een bout en een moer pkken en deze op elkr drien. Als uiteindelijk de doos met de moeren leeg is terwijl er nog bouten over zijn weet je dt er meer bouten zijn dn moeren. En omgekeerd, zijn er moeren over dn heb je meer moeren dn bouten. Dit idee kunnen we wel gebruiken om de grootte vn oneindige verzmelingen te vergelijken: we proberen een correspondentie te vinden tussen telkens één element vn de eerste en één element vn de tweede verzmeling. Nu gn we dit lles netjes wiskundig definiëren. We zullen definiëren wnneer twee verzmelingen even veel elementen hebben. I.4.1 Definitie. Twee verzmelingen A en B heten gelijkmchtig ls een bijectie f : A B bestt. I.4.2 Voorbeeld. De verzmelingen A = {, b, c, d} met, b, c, d verschillend en B = {1, 2, 3, 4} zijn gelijkmchtig: een bijectie f : A B is gedefinieerd door f() = 1, f(b) = 2, f(c) = 3 en f(d) = 4. I.4.3 Voorbeeld. (i) De intervllen [0, 1] en [0, 2] zijn gelijkmchtig: de fbeelding f : [0, 1] [0, 2] gegeven door f(x) = 2x is een bijectie. (ii) Het intervl ( π/2, π/2) en de verzmeling R zijn gelijkmchtig: de fbeelding tn: ( π/2, π/2) R is een bijectie, en bijvoorbeeld ook de fbeelding x 1/(x + π/2) 1/(x π/2). (iii) Het intervl (0, 1) en het intervl (1, ) zijn gelijkmchtig: de fbeelding x 1/x is een bijectie. Met behulp vn het begrip gelijkmchtig kunnen we een nette definitie vn eindige verzmeling geven. I.4.4 Definitie. Zij A een verzmeling. (i) A heet eindig ls een ntuurlijk getl n bestt zó dt {1, 2,..., n} en A gelijkmchtig zijn (voor n = 0 betekent dit dt A = ). (ii) A heet ftelbr oneindig ls A en N gelijkmchtig zijn. (iii) A heet ftelbr ls A eindig of ftelbr oneindig is. (iv) A heet overftelbr ls A niet ftelbr is. I.4 AFTELBARE EN OVERAFTELBARE VERZAMELINGEN 17

22 Oneindige verzmelingen zijn dus ftelbr ls ze even veel elementen ls N hebben. Het zou duidelijk moeten zijn dt N zelf ftelbr is: de identieke fbeelding id N : N N is een bijectie. Omdt N niet eindig is, is er tenminste één ftelbr oneindige verzmeling. I.4.5 Voorbeeld. Intuïtief zijn er meer gehele getllen dn ntuurlijke getllen mr toch is de verzmeling Z ftelbr: een bijectie vn N nr Z is gedefinieerd bijvoorbeeld door { n/2 ls n even is, f(n) = (n + 1)/2 ls n oneven is. Bewijs. We tonen eerst n dt f injectief is. Zij n 1, n 2 N en neem n dt f(n 1 ) = f(n 2 ). Omdt f(n) 0 dn en slechts dn ls n even is, geldt dt n 1 en n 2 ofwel beide even ofwel beide oneven zijn. In het eerste gevl hebben we n 1 /2 = n 2 /2, en dus n 1 = n 2, en in het tweede gevl (n 1 + 1)/2 = (n 2 + 1)/2 wr ook uit volgt dt n 1 = n 2. In beide gevllen concluderen we dus dt n 1 = n 2, en er geldt dt f injectief is. Nu gn we bewijzen dt f surjectief is. Zij m Z willekeurig. Als m 0 dn geldt dt 2m N en f(2m) = m, en dus ligt m in het beeld vn f. Als drentegen m < 0 dn geldt dt 1 2m N en f( 1 2m) = ( 1 2m + 1)/2 = m. In beide gevllen vinden we dt m in het beeld vn f ligt. We concluderen dus dt f surjectief is. Omdt de fbeelding f zowel injectief ls surjectief is, is hij bijectief. Ook de verzmeling N N is ftelbr. I.4.6 Stelling. De verzmeling N N is ftelbr. Bewijs. Om te lten zien dt N N ftelbr is moeten we een bijectie vinden tussen N N en N. We zullen met een pltje nnemelijk mken dt zo een bijectie bestt, zonder het bewijs in detil te geven. Beschouw de functie f : N N N wrbij f(x, y) in de volgende tbel is weergegeven. Bijvoorbeeld f(2, 1) = 7 en f(4, 0) = 10. Uit de constructie is het duidelijk dt f een bijectie is. Met een gelijkrdig rgument kn men bewijzen dt ook Q ftelbr is. Zie opgve I.4.8. Niet elke verzmeling is ftelbr. We zullen bewijzen dt de verzmeling vn lle deelverzmelingen vn N overftelbr is. I.4.7 Definitie. Zij A een verzmeling. De mchtsverzmeling vn A is de verzmeling vn lle deelverzmelingen vn A. Nottie: P(A). I.4.8 Voorbeeld. P({1, 2}) = {, {1}, {2}, {1, 2}}. I.4.9 Stelling (Cntor). Zij A een verzmeling. Er bestt geen surjectieve fbeelding f : A P(A). Met deze stelling kunnen we nu onmiddellijk een voorbeeld geven vn een overftelbre verzmeling. I.4.10 Gevolg. P(N) is overftelbr. 18 I VERZAMELINGEN EN AFBEELDINGEN

23 y f(x, y) x Figuur 1.8: Grfische weergve vn de functie f : N N N Bewijs. We bewijzen dit uit het ongerijmde. Dt wil zeggen dt we nnemen dt de uitsprk niet wr is, en dn een tegenstrijdigheid fleiden. Neem dus n dt P(N) ftelbr is. Omdt P(N) niet eindig is, betekent dit dt er een bijectie N P(N) is. Zo een bijectie is in het bijzonder surjectief, in tegensprk met de stelling vn Cntor. Bewijs vn Stelling I.4.9. Neem n dt er een surjectie f : A P(A) bestt. Beschouw nu de verzmeling B = {x A : x / f(x)}. Angezien B A geldt ook B P(A). Wegens de nnme dt f surjectief is, bestt er een x A met f(x) = B. Er zijn twee mogelijkheden: (i) x B of (ii) x / B. Als (i) geldt dn geldt x B. Dus ook x f(x), en met de definitie vn B volgt x / B. Dus (i) geeft een tegensprk. Als (ii) geldt dn weten we x / B dus ook x / f(x), en met de definitie vn B volgt dt x B. Dus (ii) geeft ook een tegensprk. Beide gevllen (i) en (ii) kunnen niet gelden, en dus vinden we een tegensprk. We zullen lter ook bewijzen dt R overftelbr is, mr drvoor moeten we uiterrd eerst een definitie vn R zien! Opgven 1. Hoeveel verschillende bijecties kun je vinden tussen A = {, b, c, d} (met, b, c, d verschillend) en B = {1, 2, 3, 4}? 2. Lt zien dt de intervllen ( 1, 1) en (2, 5) gelijkmchtig zijn. 3. Lt zien dt (0, 1) en R gelijkmchtig zijn. I.4 AFTELBARE EN OVERAFTELBARE VERZAMELINGEN 19

24 4. Zij 2N de verzmeling vn lle even ntuurlijke getllen. Bewijs dt 2N ftelbr oneindig is. 5. Lt zien dt de intervllen [0, 1) en (2, 5] gelijkmchtig zijn. 6. Beschouw A = {2 n : n N} en B = {3 n : n N}. Lt zien dt A B ftelbr is. 7. Lt zien dt de fbeelding f : N N N 1 gegeven door f(n, m) = 2 n (2m + 1) een bijectie is. 8. Bewijs dt Q ftelbr is. 9. Lt zien dt de fbeelding f : N N N gegeven door f(n, m) = 1 2 (n+m)(n+m+1)+m een bijectie is. 10. Zij A een verzmeling en P(A) zijn mchtsverzmeling. Geef een injectie f : A P(A). 11. Zij A = {, { }}. Wt is P(A)? 12. () Lt zien dt de vereniging vn twee ftelbre verzmelingen ftelbr is. (b) Lt zien dt de vereniging vn ftelbr veel ftelbre verzmelingen ftelbr is. (c) Lees de wikipedi pgin Hilbert s prdox of the Grnd Hotel. 13. Bewijs of weerleg: () de intervllen (0, 1) en [0, 1) zijn gelijkmchtig. (b) de intervllen [0, 1) en [0, 1] zijn gelijkmchtig. (c) de intervllen (0, 1) en [0, 1] zijn gelijkmchtig. 14. Bewijs dt elke deelverzmeling vn een ftelbre verzmeling ftelbr is. 20 I VERZAMELINGEN EN AFBEELDINGEN

25 II NATUURLIJKE, GEHELE EN RATIONALE GETALLEN Iedereen kent getllen: de ntuurlijke getllen, N = {0, 1, 2, 3,...}, gebruiken we om te tellen, om getllen vn elkr f te kunnen trekken hebben we de gehele getllen, Z = {..., 3, 2, 1, 0, 1, 2, 3,...}, nodig, de rtionle getllen Q zijn nodig om bijvoorbeeld delen vn een geheel te meten. Dt we bij het meten ook getllen tegenkomen die geen breuken zijn ws l n oude Grieken bekend: de lengte vn de schuine zijde vn een gelijkbenige rechthoekige driehoek met beide benen vn lengte 1 is geen breuk. We hebben een grotere verzmeling dn Q nodig, de verzmeling R vn lle reële getllen. Ook met reële getllen kunnen we niet lles: een simpele vergelijking ls x = 0 heeft geen reële oplossing. In de grotere getllenverzmeling C zijn wel oplossingen vn deze vergelijking te vinden. In dit en in het volgende hoofdstuk zullen we de bsiseigenschppen vn de getllen en hun gevolgen bestuderen. We zullen ook ndcht n de vrg besteden welke eigenschppen de getlsystemen N, Z, Q en R vn elkr onderscheiden. II.1 Ntuurlijke getllen en volledige inductie Axiom s Axiom s voor N Alhoewel we lleml weten, of misschien denken te weten, wt ntuurlijke en gehele getllen zijn, en wt de gebruikelijke operties ls optelling en vermenigvuldiging drop zijn, is het goed om een korte lijst eigenschppen, ofwel xiom s, te geven die deze getlsystemen precies krkteriseren. Het doel hiervn is dt er dn geen dubbelzinnigheid is over wt we wel en niet mogen nnemen. Een nder gevolg vn de xiomtische bendering is dt het er niet meer toe doet wt ieder onder ons denkt dt ntuurlijke getllen precies zijn, zolng ze mr n de xiom s voldoen (denk hierbij mr n de vele mnieren wrop ntuurlijke getllen geïmplementeerd kunnen worden in computers, ls die een oneindig geheugen zouden hebben). De xiom s worden dn ls uitgngspunt genomen in het bewijzen vn weer ndere beweringen over de getlsystemen N, Z en Q. We beginnen met de eigenschppen vn de ntuurlijke getllen en optelling. De gegevens zijn: () een verzmeling N; (b) elementen 0 en 1 in N; (c) een fbeelding +: N N N, de optelling; (d) een fbeelding : N N N, de vermenigvuldiging. II NATUURLIJKE, GEHELE EN RATIONALE GETALLEN 21

26 De optelling voldoet n de volgende eigenschppen: (N0) de optelling is commuttief : voor lle, b N geldt + b = b + ; (N1) de optelling is ssocitief : voor lle, b, c N geldt (+b)+c = +(b+c); (N2) 0 is neutrl voor de optelling, d.w.z., voor lle N geldt 0 + = en + 0 = ; (N3) de schrpwet geldt voor de optelling, d.w.z., voor lle, b, c N geldt + b = + c b = c. Bovenstnde eigenschppen gelden bijvoorbeeld ook voor de optelling vn reële getllen. De drie xiom s hieronder zijn specifiek voor N. (N4) de elementen 0 en 1 zijn verschillend; (N5) er is geen N met 1 + = 0 (m..w. 0 is het kleinst ); (N6) xiom vn inductie: ls A N voldoet n de eigenschppen 0 A en A 1 + A, dn A = N; De bovenstnde xiom s beschrijven N met 0, 1 en zijn optelling volledig. Men kn bewijzen (met behulp vn Stelling X.3.1) dt de bovenstnde lijst de gegevens (N, 0, 1, +) uniek krkteriseert, in de zin dt ls (N, 0, 1, + ) n deze eigenschppen voldoet, er een unieke bijectie f : N N is zodt f(0) = 0, f(1) = 1, en zodt voor lle, b N geldt dt f( + b) = f() + f(b). Uit (N6) volgt dt ieder element vn N een eindige som is (wrbij de som met nul termen per definitie 0 is). Dus inderdd volgt dt N = {0, 1, 2, 3, 4...}, wrbij 2 = 1 + 1, 3 = , 4 = ,... We hebben nog niets gezegd over de vermenigvuldiging in N. Deze kn men uit de optelling construeren, mr in plts drvn zullen we de vermenigvuldiging hier xiomtisch vstleggen. (N7) de vermenigvuldiging is commuttief : voor lle, b N geldt b = b; (N8) de vermenigvuldiging is ssocitief : voor lle, b, c N geldt (b)c = (bc); (N9) 1 is neutrl voor de vermenigvuldiging, d.w.z., voor lle N geldt 1 = en 1 = ; (N10) de distributieve wet geldt, d.w.z., voor lle, b, c N geldt (b+c) = b+c. Terecht kn men opmerken dt de lijst eigenschppen toch nog vrij lng is. Een veel kortere krkterisering vn de ntuurlijke getllen is gegeven door Peno s xiom s, zie Appendix X.2. Alle bekende rekenregels kn men nu in principe fleiden uit de bovenstnde xiom s. Bijvoorbeeld: II.1.1 Propositie. Voor lle n N geldt n 0 = 0. Bewijs. Zij n N. Uit (N2) volgt n = n 0. Uit (N2) volgt ook dt 0 = 0 + 0, we hebben dus n = n 0 = n (0 + 0). Axiom (N10) volgt nu n (0+0) = n 0+n 0. Smen met bovenstnde formule levert dit n = n 0 + n 0. Met de schrpwet (N3) leiden we nu f 0 = n 0, wt we moesten bewijzen. Ongelijkheden Uit de optelling op N kunnen we ook een reltie definiëren ls volgt: n 1 n 2 er is een m N met n 1 + m = n 2. De nottie n 1 < n 2 is een fkorting voor n 1 n 2 en n 1 n 2. Anloog definiëren we en >. 22 II NATUURLIJKE, GEHELE EN RATIONALE GETALLEN

27 Volledige inductie We beschrijven nu een belngrijke techniek om beweringen over ntuurlijke getllen te bewijzen. Deze bewijstechniek is gerechtvrdigd door het xiom vn inductie, (N6) in de lijst vn xiom s voor N. Stel je voor dt we een uitsprk vn het type Voor lle n N geldt... willen bewijzen. We kunnen ls volgt n het werk gn: we gn eerst n dt de uitsprk juist is voor 0, en drn lten we zien dt voor lle n N geldt dt ls de uitsprk wr is voor n, dn ook voor n + 1. Het xiom vn inductie (ook wel Principe vn Volledige Inductie geheten) grndeert nu dt de uitsprk juist is voor elk ntuurlijk getl, wnt de deelverzmeling A N vn lle ntuurlijke getllen wrvoor de uitsprk juist is voldoet n de twee eisen vn het xiom vn inductie, zodt A = N. Een bewijs vn zo n type heet een bewijs met volledige inductie. We illustreren de techniek n de hnd vn een pr voorbeelden. II.1.2 Voorbeeld. We gn bewijzen dt voor lle n N geldt: n 2k = n(n + 1). k=0 We gebruiken inductie nr n. Stp 1: Voor n = 0 volgt dit uit 2 0 = 0 = 0 (0 + 1). Stp 2: Lt n N. Neem n dt n k=0 2k = n(n + 1) (dit heet de inductieveronderstelling). Dn geldt: n+1 2k = k=0 n k=0 2k + 2(n + 1) (IV ) = n(n + 1) + 2(n + 1) = (n + 1)(n + 2). De tweede gelijkheid op de regel hierboven volgt op grond vn de inductieveronderstelling. Algemener kunnen we zo uitsprken vn het type Voor lle n N geldt... bewijzen. We controleren dn de bewering voor n = N en lten drn weer zien dt voor lle n N geldt dt ls de bewering voor n, dn ook voor n + 1. Het xiom vn inductie is dn vn toepssing op de verzmeling A vn lle k N zó dt de bewering juist is voor n = N + k. II.1.3 Voorbeeld. Zij x 1 een reëel getl. We bewijzen dt voor elk ntuurlijk getl n 1 geldt x n 1 x 1 = xn 1 + x n x 2 + x + 1. Stp 1: De bewering is wr voor n = 1: x 1 1 x 1 = x 1 x 1 = 1. Stp 2: Lt n 1. Neem n dt (x n 1)/(x 1) = x n 1 +x n 2 + +x 2 +x+1 (dit heet de inductieveronderstelling). Dn geldt: x n+1 1 x 1 x n+1 x n + x n 1 = x 1 x n (x 1) = + xn 1 x 1 x 1 = x n + xn 1 x 1 (IV ) = x n + x n 1 + x n x 2 + x + 1. De ltste gelijkheid geldt op grond vn de inductieveronderstelling. II.1 NATUURLIJKE GETALLEN EN VOLLEDIGE INDUCTIE 23

28 Binomium vn Newton We besluiten deze prgrf met een stelling die voor de uitdrukking ( + b) n, wrbij n N positief is, een mooie formule geeft. We spreken f dt voor lle x R geldt x 0 = 1. Voor n N definiëren we n! (spreek uit n-fculteit ) ls: n! = 1 2 n, met de fsprk dt 0! = 1. (In de ppendix wordt het gebruik vn in deze definitie gerechtvrdigd, zie X.3.3) Voor n en k in N met k n definiëren we de binomilcoëfficiënt ( n k) (spreek uit n boven k ) ls ( ) n n! = k k!(n k)! II.1.4 Stelling (Binomium vn Newton). Voor lle reële getllen en b en elke n N geldt n ( ) n ( + b) n = n k b k. k k=0 Bewijs. Lt, b R. Stp 1: De bewering is wr voor n = 0: ( ) 0 ( + b) 0 = 1 en 0 b 0 = 1. 0 Stp 2: Lt n N. Neem n dt ( + b) n = n k=0 ( n k) n k b k (dit heet de inductieveronderstelling). Dn geldt ( + b) n+1 = ( + b)( + b) n (IV ) n ( ) n = ( + b) n k b k k k=0 n ( ) n n ( ) n = n+1 k b k + n k b k+1 k k k=0 = n+1 + n k=1 k=0 ( ) n n+1 k b k + k n 1 k=0 ( ) n n k b k+1 + b n+1. k Door verschuiven vn de sommtieindex in de tweede som krijgen we n 1 ( ) n n ( ) n n k b k+1 = n (k 1) b k k k 1 k=0 k=1 n ( ) n = n+1 k b k. k 1 We gebruiken nu de identiteit uit Opgve II.1.16: n ( ) n n ( ) n ( + b) n+1 = n+1 + n+1 k b k + n+1 k b k + b n+1 k k 1 k=1 k=1 n (( ) ( )) n n = n n+1 k b k + b n+1 k k 1 k=1 n ( ) n + 1 = n+1 + n+1 k b k + b n+1 k k=1 n+1 ( ) n + 1 = n+1 k b k. k k=0 k=1 24 II NATUURLIJKE, GEHELE EN RATIONALE GETALLEN

29 Welordening vn N. Een fundmenteel gevolg vn het xiom vn inductie is dt elke niet-lege deelverzmeling vn N een kleinste element bevt. II.1.5 Stelling (Wel-ordening vn N). Zij V een niet-lege deelverzmeling vn N. Dn bestt er een v V zodt voor lle w V geldt w v. Bewijs. Neem n dt voor lle v V er een w V is met w < v. Hieruit volgt dt 0 V. Zij A N de volgende verzmeling A = {n N: voor lle m N met m n geldt m V }. Omdt 0 V geldt 0 A. Neem nu n dt n A, dus dn zitten 0, 1,..., n niet in V. Als n + 1 V dn is n + 1 een kleinste element in V, in tegensprk met onze nnme, dus n + 1 V. Mr nu volgt dus dt n + 1 A. Omdt 0 A en omdt uit n A volgt dt n + 1 A, impliceert (N6) dt A = N. Mr dn volgt dt V =, een tegensprk. Opgven 1. Lt N met 0. Bewijs uit de xiom s dt er een unieke b N is met = b Zij, b N. Neem n dt b = 0. Bewijs dt = 0 of b = 0. (Hint: gebruik voorgnde opgve, en gebruik dt voor lle n N geldt n 0 = 0, zie Propositie II.1.1.) 3. Bewijs met behulp vn volledige inductie dt voor lle ntuurlijke getllen n 1 de volgende formules gelden: () ( 1) n 1 (2n 1) = ( 1) n 1 n; (b) n 2 = n(n + 1)(2n + 1)/6. 4. Verzin zelf een formule voor (2n + 1) en bewijs met behulp vn volledige inductie dt je formule juist is voor elk ntuurlijk getl n. 5. Bewijs met behulp vn volledige inductie dt voor lle ntuurlijke getllen n 1 de volgende formules gelden: 1 () n (n + 1) = n n + 1 ; 1 (b) (2n 1)(2n + 1) = n 2n Bewijs met behulp vn volledige inductie: voor lle n 1 geldt: n 4k 3 = n 2 (n + 1) 2. k=1 7. Bewijs met behulp vn volledige inductie dt voor elke n N geldt 2 n > n. II.1 NATUURLIJKE GETALLEN EN VOLLEDIGE INDUCTIE 25

30 8. Bewijs met behulp vn volledige inductie dt voor elk ntuurlijk getl n 4 geldt n! > 2 n. 9. Bewijs met behulp vn volledige inductie dt voor elk ntuurlijk getl n het getl 11 n 4 n deelbr is door Bewijs met behulp vn volledige inductie dt de som vn de derde mchten vn drie opeenvolgende ntuurlijke getllen deelbr is door Gegeven zijn n punten in R 2, n 3, met de eigenschp dt geen drie punten op een lijn liggen. Bewijs met behulp vn volledige inductie dt de punten door n(n 1)/2 verschillende lijnen te verbinden zijn, en niet door minder lijnen. 12. Bewijs met behulp vn volledige inductie dt n verschillende lijnen in het pltte vlk die door de oorsprong gn het vlk in 2n gebieden verdelen. 13. Zij x een reëel getl. Lt zien met behulp vn volledige inductie dt voor elke n N geldt sin nx n sin x. 14. Zij P (n) de bewering n 2 +3n+1 is een even getl. Lt zien dt voor elke n N geldt ls P (n) wr is dn is P (n + 1) wr. Geldt P (n) voor elke n N? Verklr je ntwoord. 15. Vind de fout in het volgende bewijs met volledige inductie dt lle mensen op dezelfde dg jrig zijn: Voor n N met n 1, zij P n de bewering: in elke verzmeling vn n mensen is iedereen op dezelfde dg jrig. Stp 1: Als we slechts één mens beschouwen is de bewering P 1 duidelijk juist. Stp 2: Lt n 1, en neem n dt in elke verzmeling vn n mensen iedereen op dezelfde dg jrig is. Stel dt we nu n+1 mensen hebben. We kunnen ze nummeren: m 1, m 2,..., m n+1. Beschouw nu de verzmelingen A = {m 1, m 2,..., m n } en B = {m 2,..., m n, m n+1 }. Beide verzmelingen hebben n elementen en dus volgens de inductieveronderstellig is iedereen in A op dezelfde dg jrig, mr ook iedereen in B heeft de verjrdg op dezelfde dg. Hieruit volgt dt iedereen in A B ook op dezelfde dg jrig is. Volgens het Principe vn Volledige Inductie kunnen we concluderen dt P n juist is voor elke n 1, en dus zijn lle mensen op dezelfde dg jrig. 16. Bewijs de volgende eigenschppen vn de binomilcoëfficiënten. () Lt zien dt voor lle 1 m n de volgende identiteit geldt: ( ) ( ) ( ) n n n =. m 1 m m (b) Lt zien dt voor lle 1 m n de volgende identiteit geldt: n k=m ( ) k = m ( ) n + 1. m + 1 (c) Toon n: voor lle n N geldt n m=0 ( ) n = 2 n. m 26 II NATUURLIJKE, GEHELE EN RATIONALE GETALLEN

31 (d) Toon n: voor lle n N, n 1 geldt n m=0 ( ) n ( 1) m = 0. m (e) (f) Toon n dt ( n m) N voor lle n, m N met n m. Bewijs dt ls n een priemgetl is dn is ( n m) deelbr door n voor elke m N met 1 m n Toon n dt ( n k) het ntl mnieren is om k mensen uit een groep vn n mensen te kiezen. II.1 NATUURLIJKE GETALLEN EN VOLLEDIGE INDUCTIE 27

32 II.2 Gehele getllen We beginnen met de eigenschppen vn de gehele getllen. Axiom s voor Z De gegevens zijn: () een verzmeling Z; (b) elementen 0 en 1 in Z; (c) een fbeelding +: Z Z Z, de optelling; (d) een fbeelding : Z Z Z, de vermenigvuldiging. We schrijven meestl b voor b. De optelling voldoet n de volgende eigenschppen: (Z0) de optelling is commuttief : voor lle, b Z geldt + b = b + ; (Z1) de optelling is ssocitief : voor lle, b, c Z geldt (+b)+c = +(b+c); (Z2) 0 is neutrl voor de optelling, d.w.z., voor lle Z geldt 0 + = en + 0 = ; (Z3) dditieve inversen bestn: voor lle Z bestt er een b Z zodt + b = 0. Uit deze xiom s kunnen we l een belngrijke eigenschp vn de optelling in Z fleiden. II.2.1 Propositie (Schrppingswet in Z). Zij, b, c Z. Als + c = b + c dn = b. Bewijs. Neem n dt + c = b + c. Wegens (Z3) bestt er een d Z zodt c + d = 0. We hebben nu en nloog (Z2) = + 0 = + (c + d) (Z1) = ( + c) + d b (Z2) = b + 0 = b + (c + d) (Z1) = (b + c) + d. Mr omdt + c = b + c volgt nu dt = b, wt we moesten bewijzen. In het bijzonder volgt uit de schrppingswet dt de dditieve inversen uit xiom (Z3) uniek zijn: ls + b = 0 en + b = 0, en dus + b = + b, dn volgt dt b = b. We zullen voortn de unieke dditieve inverse vn met noteren. Dus is per definitie het unieke element vn Z wrvoor geldt + ( ) = 0. De vermenigvuldiging in Z voldoet n: (Z4) de vermenigvuldiging is commuttief : voor lle, b Z geldt b = b; (Z5) de vermenigvuldiging is ssocitief : voor lle, b, c Z geldt (b)c = (bc); (Z6) 1 is neutrl voor de vermenigvuldiging, d.w.z., voor lle Z geldt 1 = 1 = ; (Z7) de distributieve eigenschp geldt: voor lle, b, c Z geldt (b+c) = b+c; De xiom s (Z0) (Z7) drukken smen uit dt (Z, 0, 1, +, ) een ring is. Ook de rtionle getllen Q en de reële getllen R vormen ringen. Mr N is geen ring wnt niet lle ntuurlijke getllen hebben een dditieve inverse in N. Om Z te krkteriseren hebben we nog drie xiom s nodig. (Z8) ls A Z voldoet n 28 II NATUURLIJKE, GEHELE EN RATIONALE GETALLEN

33 (i) 0 A en 1 A, en (ii) ls A dn A, en (iii) ls, b A dn + b A, dn A = Z; (Z9) de verzmeling Z is niet eindig; (Z10) voor lle, b Z met b = 0 geldt dt = 0 of b = 0. Men kn bewijzen dt de bovenstnde lijst eigenschppen het gegeven (Z, 0, 1, +, ) uniek beplt, in dezelfde zin ls we dt voor de ntuurlijke getllen hebben gezien. Het is niet zo moeilijk te bewijzen dt ieder element vn Z een eindige som vn de vorm is, of 1 ml zo n som. Dus inderdd is Z gelijk n {..., 3, 2, 1, 0, 1, 2, 3,...}, en (Z9) impliceert dt de elementen 0, 1, 2, 3,... verschillend zijn. We vinden dus N terug ls deelverzmeling vn Z, en men kn ngn dt voor n, m N geldt dt n + N m = n + Z m en n N m = n Z m. Lter in het college zullen we een rigoureuze constructie geven vn Z, uitgnde vn N (zie pgin 36). Uit bovenstnde xiom s kunnen we lle gebruikelijke rekenregels voor gehele getllen fleiden. II.2.2 Voorbeeld. Zij, b Z. (i) Als + b = b dn = 0; (ii) 0 = 0; Bewijs (i) Als + b = b dn geldt wegens (Z2) dt + b = 0 + b en wegens de schrppingswet volgt nu dt = 0. (ii) Wegens (Z2) geldt = 1, dus geldt ook (0 + 1) = 1. Met de distributiviteit (Z7) leiden we f dt = 1, en wegens (i) volgt nu 0 = 0. Voor meer rekenregels, zie opgve II.2.1. Aftrekken De reden om N uit te breiden tot Z is dt we voor gehele getllen en b nu het verschil kunnen definiëren ls: b = + ( b). We hebben hiermee een nieuwe opertie op Z gedefinieerd, ftrekken: : Z Z Z, (, b) b. Ongelijkheiden Deelbrheid We definiëren op Z een ongelijkheid ls volgt: voor n, m Z geldt n m dn en slechts dn ls m n N. Uitgnde vn kn men dn ook <, > en definiëren. Zols bekend is deling in Z niet ltijd mogelijk: er is geen x Z die n de vergelijking 5x = 13 voldoet. Drentegen heeft de vergelijking 2x = 6 wel een oplossing binnen Z: neem x = 3. Dit leidt tot de volgende definitie: II.2.3 Definitie. Als de vergelijking bx = met, b Z een oplossing x Z heeft dn zeggen we dt deelbr is door b of dt b een deler vn is en schrijven we b. Als b geen deler vn is schrijven we b. II.2 GEHELE GETALLEN 29

34 Delen met rest Als niet deelbr is door b, en b 0, dn kunnen we toch proberen door b te delen, we houden dn wel een rest over. II.2.4 Definitie. Voor in Z definiëren we in Z door: = ls 0, en = ls < 0. II.2.5 Stelling. Voor lle, b Z met b 0 bestn unieke q en r in Z zó dt = q b + r en 0 r < b. Het getl q heet het quotiënt en r heet de rest 1 bij deling vn door b. Als r = 0 dn schrijven we q = /b. Bewijs. Lt, b Z met b 0. We definiëren A N door: A = {n N : er is een q Z met = q b + n}. In Opgve II.2.9 wordt bewezen dt A niet leeg is (dit is duidelijk ls 0, wnt = q 0 +, dus A). Volgens Stelling II.1.5 bevt A een kleinste element; we noemen het r. We bewijzen dt 0 r < b. Neem eens n dt r b, dn is s = r b N en is te schrijven ls { (q + 1) b + s ls b > 0 = q b + r = q b + b + s = (q 1) b + s ls b < 0. Hieruit volgt dt s A en omdt s < r kregen we een tegensprk met de minimliteit vn r. Dt de getllen q en r uniek zijn wordt ngetoond in Opgve II Merk op dt ls bij deling vn door b de rest gelijk n 0 is dn is deelbr door b, en omgekeerd, ls b en b 0, dn is de rest bij deling vn door b gelijk n nul. II.2.6 Voorbeeld. Beschouw = 31 en b = 5, dn geldt 31 = ; het quotiënt bij deling vn 31 door 5 is q = 7 en de rest r = 4. En, bijvoorbeeld, 12 = ( 2) ( 5) + 2, dus quotiënt en rest bij deling vn 12 door 5 zijn 2 en 2, respectievelijk. II.2.7 Voorbeeld. Beschouw deling door 2; de verzmeling Z vlt dn in twee disjuncte deelverzmelingen uiteen: in de verzmeling 2Z vn lle gehele getllen die deelbr door 2 zijn, en in de verzmeling 2Z + 1 vn lle gehele getllen die niet deelbr door 2 zijn (en dus bij deling door 2 de rest 1 hebben) 2. Anloog, bij deling door n N \ {0} vlt Z in n disjuncte deelverzmelingen uiteen: Z = n 1 k=0 nz + k, wrbij nz + k de verzmeling vn lle gehele getllen is die bij deling door n de rest k hebben. Priemgetllen Een priemgetl is een ntuurlijk getl n > 1 dt lléén 1 en zichzelf ls positieve delers heeft. M..w., n N is priem precies dn ls n precies twee delers heeft. Bijvoorbeeld 2 en 13 zijn priemgetllen mr 15 is geen priemgetl omdt De lezer wordt hierbij ngerden over de hem/hr gebruikte progrmmeertlen n te gn of deze definitie, toch echt de enige goede, ook dr vn krcht is. Eén vn de uteurs heeft eens een hoop tijd verloren doordt in Pscl de rest n deling vn 7 door 5 gelijk bleek n 2 in plts vn 3. 2 Elementen vn 2Z heten even en elementen vn 2Z + 1 heten oneven getllen. 30 II NATUURLIJKE, GEHELE EN RATIONALE GETALLEN

35 II.2.8 Lemm. Elk ntuurlijk getl groter dn 1 is deelbr door een priemgetl. Bewijs. Zij k N \ {0, 1} en beschouw de verzmeling A = {n N : n > 1 en n k}. Omdt k > 1 en k k is k A en volgens Stelling II.1.5 bevt A een miniml element m. Dn moet m een priemgetl zijn wnt nders is m te schrijven ls m = s t met s > 1 en t > 1. Hieruit volgt dt s, t A en s, t < m wt in tegensprk is met de minimliteit vn m. Als n een klein ntuurlijk getl is dn is het niet moeilijk om n te gn of n een priemgetl is: we kunnen bijvoorbeeld controleren dt geen ntuurlijk getl kleiner dn of gelijk n n en groter dn 1 een deler is. Nrmte n groter is wordt het steeds moeilijker wnt zo n controle kost, ook met supersnelle computers, te veel tijd. Het komt drom misschien ls een verrssing dt het mkkelijk te bewijzen is dt er oneindig veel priemgetllen bestn. II.2.9 Stelling. Er zijn oneindig veel priemgetllen. Bewijs. Neem n dt p 1, p 2,..., p N lle priemgetllen zijn. Beschouw het getl K = p 1 p 2 p N + 1. We bewijzen eerst dt geen p i, i N een deler vn K is. Dit volgt uit het feit dt, voor elke i, de rest n deling vn K door p i gelijk is n 1, en niet n 0. Omdt 2 één vn de p i is, geldt K 3. Volgens Lemm II.2.8 is K deelbr door een priemgetl p. Mr dn moet p ongelijk zijn n elk vn de p i. Dit is een tegensprk: we hebben ngenomen dt p 1, p 2,..., p N lle priemgetllen wren. Opgven 1. Bewijs direct uit de xiom s voor Z, dt voor lle, b Z geldt: () ( + b) = ( ) + ( b); (b) 0 = 0; (c) (b) = ( ) b; (d) ( ) ( b) = b; (e) ( 1) = ; (f) ( ) =. 2. Bewijs dt 1 0. (Hint: gebruik xiom (Z9)). 3. Bewijs de multiplictieve schrppingswet: ls, b, c Z en c 0, en ls c = bc dn = b. (Hint: gebruik xiom (Z10)). 4. Bewijs dt xiom (Z10) volgt uit de xiom s (Z0) (Z9). 5. Lt zien dt de verzmeling F 2 met twee verschillende elementen {0, 1}, en met de operties + en gedefinieerd door = 0, = = 1, = 0, 0 0 = 1 0 = 0 1 = 0 en 1 1 = 1 voldoet n de xiom s (Z0) (Z8) voor Z. II.2 GEHELE GETALLEN 31

36 6. Bewijs dt voor lle, b, c Z geldt () ls b en c dn (b + c); (b) ls b dn c bc; (c) ls b dn bc; (d) ls b en b c dn c. 7. Bewijs dt voor lle, b Z geldt dt ls b en b dn = ±b; 8. Bewijs of weerleg: voor lle, b, c Z geldt dt ls bc, dn b of c. 9. Bewijs, onder de nnmen vn Stelling II.2.5, dt er een q in Z is met qb Bewijs dt de getllen q en r in Stelling II.2.5 uniek zijn. 11. Lt en b ntuurlijke getllen zijn en neem n dt = qb + r met q, r Z en 0 r < b. Vind het quotiënt en de rest bij deling vn door b en verklr je ntwoord. 12. Lt Ω een verzmeling zijn, en R de verzmeling vn lle functies f : Ω F 2 (zie opgve II.2.5). Voor f, g R definiëren we f+g en fg in R door (f+g): x f(x)+g(x) en fg : x f(x)g(x). Voor iedere A Ω definiëren we de krkteristieke functie 1 A vn A door: 1 A (x) = 1 ls x A en 1 A (x) = 0 ls x A. () Lt zien dt de fbeelding P(A) R, A 1 A een bijectie is. (b) Lt zien dt voor lle A, B P(A) geldt dt 1 A B = 1 A 1 B. (c) Lt zien dt voor lle A, B P(A) geldt dt 1 A + 1 B = 1 (A B)\(A B). (d) Lt zien dt voor lle A, B P(A) geldt dt 1 A B = 1 A + 1 B + 1 A 1 B, en 1 Ω\A = 1 Ω + 1 A. (e) Doe nu opnieuw de sommen in sectie I.2 wrin identiteiten tussen verzmelingen moeten worden bewezen, mr nu door te rekenen met de gebruikelijke regels voor optelling en vermenigvuldiging in R (merk op dt f 2 = f voor lle f in R). 32 II NATUURLIJKE, GEHELE EN RATIONALE GETALLEN

37 II.3 Equivlentierelties en quotiënten Een belngrijk begrip in de wiskunde is het begrip reltie. Een reltie op een verzmeling is een verbnd tussen twee elementen uit die verzmeling wrbij de volgorde in het lgemeen vn belng is: ls we de reltie kleiner dn op R beschouwen dn betekent x < y iets nders dn y < x. In het dgelijks leven komen relties ook voor: twee mensen A en B kunnen bijvoorbeeld in reltie met elkr zijn ls A vn B houdt. Ook hier is de volgorde belngrijk; ls A vn B houdt hoeft B heleml niet vn A te houden. We zullen nu het begrip reltie op een wiskundige mnier formliseren en de belngrijkste eigenschppen fleiden. We zullen ook een pr voorbeelden bestuderen die vn belng in de wiskunde zijn. Relties II.3.1 Definitie. Zij A een verzmeling. Een reltie op A is een deelverzmeling vn het Crtesisch product A A. We zeggen dt twee elementen en b uit A in reltie zijn ls (, b). Nottie: b. We schrijven b ls (, b). II.3.2 Voorbeeld. We bekijken de verzmeling = { (x, y) R 2 : x < y}. Omdt een deelverzmeling vn het Crtesisch product R 2 = R R is, is een reltie op R. Blijkbr 2 5 wnt 2 < 5, mr 2/3 π omdt 2/3 π. Het is gebruikelijk x < y in plts vn x y te schrijven en we kunnen eenvoudig zeggen dt de reltie < op R is. II.3.3 Voorbeeld. We beschouwen nu de verzmeling Z vn lle gehele getllen. Het begrip deelbrheid door 3 definieert een reltie op Z: het getl is in reltie met het getl b ls hun verschil b deelbr is door 3. Deze reltie kunnen we noemen en we kunnen schrijven b dn en slechts dn ls 3 ( b). Er geldt dus 14 5 wnt 3 9 = (14 5), mr 14 6 omdt 3 8 = (14 6). Equivlentierelties Een vn de relties die we dgelijks tegenkomen is de gelijkheid =; zijn bsiseigenschppen zijn in de volgende definitie beschreven. Relties die n deze eigenschppen voldoen zijn bijzonder belngrijk in de wiskunde wnt ze helpen ons verzmelingen in delen met onderling equivlente elementen te verdelen. II.3.4 Definitie. Een reltie op een verzmeling A heet een equivlentiereltie ls zij n de volgende eisen voldoet: (i) is reflexief, dt wil zeggen, (ii) is symmetrisch, dt wil zeggen, (iii) is trnsitief, dt wil zeggen, voor lle x A geldt x x; voor lle x, y A geldt (x y) (y x); voor lle x, y, z A geldt ((x y) (y z)) (x z). II.3 EQUIVALENTIERELATIES EN QUOTIËNTEN 33

38 II.3.5 Voorbeeld. (i) We bewijzen dt de reltie uit Voorbeeld II.3.3 een equivlentiereltie is. Het is mkkelijk in te zien dt reflexief is. Immers, voor lle Z geldt = 0 en 3 0, dus. Neem nu n dt b, dt wil zeggen, 3 ( b). Mr dn ook 3 (b ) en dus b. We hebben ngetoond dt symmetrisch is. Om ook de trnsitiviteit te bewijzen lt, b, c Z zijn met b en b c. Dn 3 ( b) en 3 (b c), en omdt ( b) + (b c) = c volgt er 3 ( c). Mr 3 ( c) betekent c; het bewijs is dus voltooid. (ii) Een nder voorbeeld vn een equivlentiereltie is gelijkheid = (dit is eigenlijk een xiom uit de logic en verzmelingenleer). (iii) De reltie op R is geen equivlentiereltie. Zij is wel reflexief (voor elke x geldt x x) en trnsitief (ls x y en y z dn ook x z) mr is niet symmetrisch: 2 3 mr 3 2. Congruenties op Z We bestuderen nu specile equivlentierelties gedefinieerd op de verzmeling Z vn lle gehele getllen, die we soms ook congruentierelties noemen. Anloog ls in Voorbeeld II.3.5 kunnen we bewijzen dt, voor elke n Z de reltie op Z gegeven door het verschil vn en b is deelbr door n een equivlentiereltie is. Voor n 0 hebben we l gezien dt deze reltie de verzmeling Z in n disjunctie deelverzmelingen opsplitst: Z = n 1 k=0 k + nz, wrbij nz + k de verzmeling is vn lle getllen die rest k hebben bij deling door n. We kunnen lle getllen die dezelfde rest hebben bij deling door n identificeren ; denk hierbij n rekenen op de klok: tussen tijdstippen die 24 uur verschillen zie je geen verschil. Ook bij hoekmeting mken we vrijwel nooit verschil tussen hoeken die een veelvoud vn 360 grden schelen. II.3.6 Definitie. Zij n Z. Twee gehele getllen k en l heten congruent modulo n ls n het verschil k l deelt. Nottie: k l (mod n). II.3.7 Voorbeeld. Voor n, m Z geldt n m (mod 2) precies dn ls n en m beide even zijn, of beide oneven. Equivlentieklssen Een equivlentiereltie op een verzmeling verdeelt die verzmeling in disjuncte deelverzmelingen, zols we hierboven hebben gezien voor de congruentie reltie mod n op Z. II.3.8 Definitie. Lt A een verzmeling zijn, en een equivlentiereltie op A. Voor x A heet de verzmeling x = {y A : y x} de equivlentieklsse vn x, voor. Als nodig zullen we de equivlentiereltie ook in deze nottie x betrekken. Een equivlentieklsse is per definitie niet leeg. II.3.9 Voorbeeld. Lt n Z. Lt x in Z. De equivlentieklsse vn x voor de equivlentiereltie mod n is x = {x + nk : k Z}. Als de fhnkelijkheid vn n expliciet moet worden ngegeven schrijven we x n voor de equivlentieklsse vn x. 34 II NATUURLIJKE, GEHELE EN RATIONALE GETALLEN

39 II.3.10 Stelling. Lt A een verzmeling zijn, en een equivlentiereltie op A. Voor lle x, y A geldt: x y x = y, x y x y = De verzmeling A is dus de disjuncte vereniging vn zijn equivlentieklssen, ofwel: A is geprtitioneerd door de equivlentieklssen. Bewijs. Lt x en y in A zijn. Stel dt x y. Voor iedere z x geldt per definitie dt z x, en dus dt z y vnwege de trnsitiviteit vn. Dus geldt dt x y. Mr dn geldt net zo goed dt y x, wnt de situtie is symmetrisch in x en y (symmetrie vn ) en dus dt x = y. Stel nu dt x = y. Ntuurlijk geldt dt x x (reflexiviteit), en dus x y, en dus ook dt x y. De eerste equivlentie is nu bewezen. Stel nu dt x y =. Dn is x geen element vn y, en dus x y. Als drentegen x y, dn neem z x y en constteer dt z x, en dus ook x z, en z y, en dus (trnsitiviteit) x y. Quotiëntfbeelding Het belngrijkste wt met een equivlentiereltie op een verzmeling X gedn kn worden is het vormen vn een quotiëntfbeelding. In Opgve II.3.7 zien we dt voor f : A B een fbeelding de reltie op A gegeven door x y f(x) = f(y) een equivlentiereltie is. We kunnen ons nu fvrgen of er, omgekeerd, voor iedere equivlentiereltie er zo n fbeelding is, en hoe uniek zo n fbeelding is. De volgende definitie en stelling mken dit lles duidelijk. II.3.11 Definitie. Zij A een verzmeling, en een equivlentiereltie op A. Zij B een verzmeling. Een fbeelding q : A B heet een quotiënt voor ls: 1. q is surjectief; 2. voor lle x, y A geldt x y q(x) = q(y). II.3.12 Stelling. Zij A een verzmeling, en een equivlentiereltie op A. 1. Lt A/ = {x : x A}, en lt q : A A/ gegeven zijn door q(x) = x. Dn is q een quotiëntfbeelding. 2. Lt q : A B en q : A B quotiëntfbeeldingen zijn. Dn is er een unieke fbeelding f : B B met q = f q. Deze fbeelding f is een bijectie. Bewijs. 1. Elk element vn A/ is vn de vorm x voor een zekere x A, mr q(x) = x dus q is surjectief. Zij nu n dt x, y A. Als x y dn geldt wegens Stelling II.3.10 dt x = y en dus q(x) = q(y). Omgekeerd, ls q(x) = q(y) dn geldt x = y en met Stelling II.3.10 dus x y. 2. Lt q : A B en q : A B quotiëntfbeeldingen zijn. Lt f = {(q(x), q (x)) : x A} B B. We bewijzen nu eerst dt f de grfiek vn een functie vn B nr B is. Lt b B. Neem een x A met q(x) = b (surjectiviteit vn q). Dn (b, q (x)) f, dus er is minstens één b B zodt (b, b ) f. Stel nu dt (b, b 1) en (b, b 2) llebei in f zitten. Neem x 1 A en x 2 A met (b, b 1) = (q(x 1 ), q (x 1 )) en (b, b 2) = (q(x 2 ), q (x 2 )) (gebruik de definitie vn f). Dn geldt q(x 1 ) = b = q(x 2 ), en dus x 1 x 2 (wnt q is een quotiëntfbeelding). Mr dn geldt ook dt b 1 = q (x 1 ) = q (x 2 ) = b 2, wnt q is ook een quotiëntfbeelding. Vnwege de symmetrie in de situtie is f ook de grfiek vn een functie vn B nr B, en dus de grfiek vn een bijectie. Voor x A geldt dn dt f(q(x)) = q (x), wnt (q(x), q (x)) f. Omdt q een surjectie is, kn er hoogstens één f : B B zijn met f q = q. II.3 EQUIVALENTIERELATIES EN QUOTIËNTEN 35

40 II.3.13 Opmerking. Onderdeel 1 vn de bovenstnde stelling zegt dt lle quotiëntfbeeldingen voor een vste equivlentiereltie lleen op een dministrtieve wijze verschillen. Iedereen kn zijn/hr eigen fvoriete quotiëntfbeeldingen kiezen. Lten we dit illustreren met een fluw voorbeeld. Lt de equivlentiereltie mod 0 op Z zijn. Dn is id Z : Z Z een quotiënt, mr ook q : Z Z/, met Z/ = {{x} : x Z}, en q : x {x}. Constructie vn Z Een belngrijke toepssing vn quotiënten nr equivlentierelties is het construeren vn Z uit N, en Q uit Z, en R uit Q, wrbij men dn uit de xiom s voor N die vn Z en Q en R kn bewijzen. Het mooie vn dit lles is dt we, voor het werken met N, Z, Q en R lleen nog mr hoeven te geloven in de xiom s vn verzmelingentheorie (ZFC, zie Appendix X.1); het bestn vn N (zie Appendix X.2), Z, Q en R volgt dr dn uit. We schetsen hier kort de constructie vn Z. We geven hieronder geen detils, mr de lezer wordt dringend verzocht er minstens een pr in detil n te gn. De xiom s voor Z impliceren dt ieder element vn Z vn de vorm b is, met, b N. Bovendien geldt voor, b,, b N, dt b = b (in Z) + b = + b (in N). Met ndere woorden, de fbeelding q : N 2 Z, met q(, b) = b is een quotiëntfbeelding voor de volgende equivlentiereltie op N 2 : (, b) (, b ) + b = + b. Dit suggereert dt we Z uit N kunnen construeren ls N 2 /. Het is inderdd mogelijk om uit de optelling en vermenigvuldiging in N een optelling en vermenigvuldiging op N 2 / te definiëren zodt voldoet n lle xiom s (Z0) (Z10). (N 2 /, (0, 0), (1, 0), +, ) Opgven 1. Beschouw de volgende relties op de verzmeling Z vn lle gehele getllen: Welke vn deze twee relties is () reflexief, (b) symmetrisch, (c) trnsitief? b en 2 + = b 2 + b. 2. Lt, voor n N, E(n) het ntl equivlentierelties zijn op { N : < n}. Bereken E(n) voor 0 n Bewijs uit de xiom s voor N dt de reltie op N N een equivlentiereltie is. (, b) (, b ) + b = + b 36 II NATUURLIJKE, GEHELE EN RATIONALE GETALLEN

41 4. Zij de reltie op Z gedefinieerd door x y dn en slechts dn ls x y een veelvoud vn 7 is. Is een equivlentiereltie? 5. Zij A een verzmeling. Welke vn de volgende relties op P(A) zijn reflexief, symmetrisch of trnsitief? () V en W zijn gelijkmchtig, (b) V W, (c) V W = A. 6. Lt zien dt de reltie gedefinieerd op R door een equivlentiereltie is. x y dn en slechts dn ls x = y 7. Lt A en B verzmelingen zijn, en f : A B een fbeelding. Bewijs dt de reltie op A gegeven door: x y f(x) = f(y) een equivlentiereltie is. II.3 EQUIVALENTIERELATIES EN QUOTIËNTEN 37

42 II.4 Rtionle getllen We geven xiom s voor Q en beschrijven kort een constructie vn Q uit Z. Axiom s voor Q De gegevens zijn: () een verzmeling Q; (b) elementen 0 en 1 in Q; (c) een fbeelding +: Q Q Q, de optelling; (d) een fbeelding : Q Q Q, de vermenigvuldiging. De optelling voldoet n dezelfde eigenschppen ls de optelling in Z: (Q0) de optelling is commuttief : voor lle, b Q geldt + b = b + ; (Q1) de optelling is ssocitief : voor lle, b, c Q geldt (+b)+c = +(b+c); (Q2) 0 is neutrl voor de optelling, d.w.z., voor lle Q geldt 0 + = en + 0 = ; (Q3) dditieve inversen bestn: voor lle Q bestt er een b Q zodt + b = 0. Op dezelfde wijze ls voor Z kunnen we hieruit de dditieve schrppingswet fleiden. II.4.1 Propositie (Additieve schrppingswet in Q). Zij, b, c Q. Als +c = b+c dn = b. Opnieuw volgt hieruit dt de dditieve inversen uniek zijn, en we zullen de dditieve inverse vn Q met noteren. De vermenigvuldiging voldoet n de volgende eigenschppen (Q4) de vermenigvuldiging is commuttief : voor lle, b Q geldt b = b; (Q5) de vermenigvuldiging is ssocitief : voor lle, b, c Q geldt (b)c = (bc); (Q6) 1 is neutrl voor de vermenigvuldiging, d.w.z., voor lle Q geldt 1 = en 1 = ; (Q7) de distributieve eigenschp geldt: voor lle, b, c Q geldt (b+c) = b+c; met nder woorden (Q, 0, 1, +, ) is een ring. Het volgende xiom drukt uit dt we in Q ook kunnen delen (door elementen verschillend vn 0): (Q8) multiplictieve inversen bestn: voor lle Q met 0 bestt er een b Q zodt b = 1. Met kn bewijzen dt multiplictieve inversen uniek zijn, en we zullen de multiplictieve inverse vn met 1/ of met 1 noteren. Totnogtoe voldoet ook bijvoorbeeld R n de xiom s. Om Q te krkteriseren hebben we nog twee xiom s nodig. (Q9) ls A Q voldoet n (i) 0 A en 1 A, en (ii) ls A dn A, en (iii) ls A met 0 dn 1/ A, en (iv) ls, b A dn + b A en b A; dn A = Q; (Q10) de verzmeling Q is niet eindig. Men kn bewijzen dt de bovenstnde lijst eigenschppen het gegeven (Q, 0, 1, +, ) uniek beplt, in dezelfde zin ls we dt voor de ntuurlijke getllen hebben gezien. 38 II NATUURLIJKE, GEHELE EN RATIONALE GETALLEN

43 Delen Constructie vn Q 2 De reden om Z uit te breiden tot Q is dt we voor rtionle getllen en b met b 0 nu ook het quotiënt vn en b kunnen definieren: /b = (1/b). We hebben hiermee een nieuwe opertie op Q gedefinieerd, delen: /: Q (Q\{0}) Q, (, b) /b. De xiom s voor Q impliceren dt ieder element vn Q vn de vorm /b is, met, b Z en b 0. Bovendien geldt voor, b,, b Z met b 0 en b 0, dt /b = /b (in Q) b = b (in Z). Met ndere woorden, de fbeelding q : Z (Z\{0}) met q(, b) = /b is een quotiëntfbeelding voor de equivlentiereltie (, b) (, b ) b = b. Dit propositie suggereert dt we Q uit Z kunnen construeren ls Z (Z\{0})/. Het is inderdd mogelijk om uit de optelling en vermenigvuldiging in Z een optelling en vermenigvuldiging op Z (Z\{0})/ te definiëren zodt voldoet n lle xiom s (Q0) (Q10). (Z (Z\{0})/, (0, 1), (1, 1), +, ) Het reële getl 2 is niet rtionl, nuwkeuriger: II.4.2 Stelling. Er is geen x Q met x 2 = 2. Bewijs. Stel dt er een x Q is met x 2 = 2. Dn zijn er, b Z, met b 0 zodt x = /b en geldt dus 2 = 2b 2. We mogen nnemen dt b > 0 en dt b de kleinst mogelijke noemer is. Merk op dt noodzkelijk even is, immers ls oneven is dn is ook 2 oneven, mr 2b 2 is even. Er is dus een Z met = 2. Invullen in de bovenstnde identiteit levert dn 4 2 = 2b 2 en dus b 2 = 2 2. Op dezelfde mnier volgt nu dt b = 2b voor een b Z, en we vinden een oplossing /b met een kleinere noemer, een tegensprk. We zullen lter bewijzen dt de vergelijking x 2 = 2 wel degelijk een oplossing heeft in R. Een reëel getl dt niet rtionl is heet irrtionl. Opgven 1. Bewijs uit de xiom s voor Z dt de reltie op Z Z\{0} een equivlentiereltie is. (, b) (, b ) b = b 2. Bewijs dt er geen x Q is zodt x 2 = Bewijs dt F 2 (zie opgve II.2.5) voldoet n xiom s (Q0) (Q9), mr niet n (Q10). II.4 RATIONALE GETALLEN 39

44 III DE REËLE GETALLEN III.1 Algebrïsche structuur vn reële getllen We vervolgen onze xiomtische krkterisering vn getlsystemen. Nu zijn de reële getllen n de beurt, met de operties vn optelling en vermenigvuldiging, en de ordeningsreltie. De xiom s geven we in drie delen, wrvn de eerste twee in deze sectie. Alle xiom s smen krkteriseren de reële getllen met hun optelling, vermenigvuldiging en ordening. Een constructie vn R uit Q zullen we lter nog schetsen. Axiom s voor R, deel 1 We geven nu een ntl gegevens en xiom s voor R, de verzmeling vn reële getllen, met optelling en vermenigvuldiging. De gegevens zijn: () een verzmeling R; (b) elementen 0 en 1 in R; (c) een fbeelding +: R R R; (d) een fbeelding : R R R; (e) een reltie > op R. In deze prgrf zullen we enkel de xiom s voor de optelling en vermenigvuldiging beschouwen, en in de volgende twee prgrfen zullen we de xiom s voor de reltie > geven. De eerste 9 xiom s zijn identiek n die voor Q. De optelling voldoet n (R0) de optelling is commuttief : voor lle, b R geldt + b = b + ; (R1) de optelling is ssocitief : voor lle, b, c R geldt (+b)+c = +(b+c); (R2) 0 is neutrl voor de optelling, d.w.z., voor lle R geldt 0 + = ; (R3) dditieve inversen bestn: voor iedere R is er een b R met + b = 0; Met hetzelfde rgument ls voor Z kunnen we opnieuw bewijzen dt de dditieve inverse vn R uniek is, en we noteren deze met. De vermenigvuldiging voldoet n: (R4) de vermenigvuldiging is commuttief : voor lle, b R geldt b = b; (R5) de vermenigvuldiging is ssocitief : voor lle, b, c R geldt (b)c = (bc); (R6) 1 is neutrl voor de vermenigvuldiging, d.w.z., voor lle R geldt 1 = en 1 = ; (R7) de distributieve eigenschp geldt: voor lle, b, c R geldt (b+c) = b+c; (R8) multiplictieve inversen bestn: voor iedere R met 0 is er een b R met b = 1; 40 III DE REËLE GETALLEN

45 Verder moeten we nog eisen (R9) 0 1; De xiom s (R0) (R9) drukken uit dt (R, 0, 1, +, ) een lichm is. Ook Q is een lichm, mr Z is geen lichm wnt bijvoorbeeld 2 Z heeft geen multiplictieve inverse. Multiplictieve inversen in R zijn uniek: III.1.1 Propositie. Als, b, b R met b = 1 en b = 1, dn b = b. Bewijs. Er geldt wegens (R6) en b = 1 dt geldt b = (b )b. Anloog geldt ook b = (b)b. Uit (R4) en (R5) volgt dt (b )b = (b)b, en bijgevolg geldt b = b. We zullen de multiplictieve inverse vn R (met 0) ls 1/ of ls 1 noteren. Als gevolg vn het bestn vn multiplictieve inversen vinden we ook een multiplictieve schrppingswet: III.1.2 Propositie. Zij, b, c R met c 0. Als c = bc dn geldt = b. Bewijs. Neem n dt c = bc. Zij c 1 de multiplictieve inverse vn c. Er geldt dn = 1 = (cc 1 ) = (c)c 1 = (bc)c 1 = b(cc 1 ) = b, wr we nst de definitie vn c 1 enkel xiom s (R5) en (R6) gebruikt hebben. Net ls in Z kunnen we nu ook voor, b R het verschil definiëren: b = +( b), en, ls b 0, het quotiënt /b = b 1. Uit de xiom s (R0) (R9) kunnen we lle bekende rekenregels voor de reële getllen met optellen, vermenigvuldigen en delen fleiden; zie Opgven III.1.3 en III.1.4 voor een ntl drvn. Er is, vnwege Stelling X.3.1, een unieke fbeelding f : N R met f(0) = 0 en, voor lle n N, f(n + 1) = 1 + f(n). Deze fbeelding is injectief (Opgve III.1.6). Dn is er een unieke uitbreiding vn f tot Z met de eigenschp dt voor lle, b N geldt: f( b) = f() f(b); deze uitbreiding is ook injectief. Tenslotte kunnen we f uniek voortzetten tot Q, met de eigenschp dt voor lle, b Z met b 0 geldt: f(/b) = f()/f(b), en deze uitbreiding is ook injectief. Vi deze f : Q R vtten we N, Z en Q op ls deelverzmelingen vn R. Opgven 1. Bewijs de dditieve schrpwet in R: ls x, y, z R met x + y = x + z dn geldt y = z. 2. Bewijs dt de dditieve inverse vn een x R uniek is. 3. Bewijs slechts met behulp vn de bsiseigenschppen (R0) t/m (R8) de volgende rekenregels voor de reële getllen: voor lle, b R geldt () ( ) = ; (b) 0 = 0; (c) ( ) ( b) = b; III.1 ALGEBRAïSCHE STRUCTUUR VAN REËLE GETALLEN 41

46 (d) ls 0 en b 0 dn is b 0; (e) ls 0 en b 0 dn geldt (b ) 1 = 1 b 1 ; (f) ( + b) ( b) = 2 b 2 ; (g) ls 2 = b 2 dn is = b of = b. 4. Bewijs slechts met behulp vn de bsiseigenschppen (R0) t/m (R8) dt voor lle, b, c, d R met b 0 en d 0 geldt () b c d = c b d ; (b) (c) (d) b d = bd ; b + c d = d + b c ; b d b/d = d b. 5. Bewijs de volgende beweringen: () Elke vergelijking + x = b met, b R heeft precies één oplossing in R. (b) Elke vergelijking x = b met, b R en 0 heeft precies één oplossing in R. 6. Lt zien dt de fbeelding f : N R met f(0) = 0 en, voor lle n N, f(n + 1) = 1 + f(n), injectief is. 42 III DE REËLE GETALLEN

47 III.2 De ordening op R en ongelijkheden In de vorige prgrf hebben we xiom s gegeven voor de optelling en vermenigvuldiging in R, mr om R vst te leggen moeten we ook ongelijkheden in R beschouwen. In deze prgrf beschrijven we de elementire eigenschppen vn de reltie < op R. Axiom s voor R, deel 2 De reltie > op R voldoet n volgende xiom s: (R10) voor lle, b R geldt precies één vn de volgende drie gevllen: = b, òf > b, òf b > ; (R11) voor lle, b R geldt: ls > 0 en b > 0, dn + b > 0 en b > 0; (R12) Voor elke, b R geldt: > b dn en slechts dn ls b > 0. De xiom s (R0) (R12) drukken uit dt (R, 0, 1, +,, >) een geordend lichm is. Als > 0 noemen we positief, en we schrijven R >0 voor de verzmeling vn positieve reële getllen. We definiëren de reltie < op R ls volgt: voor en b in R geldt: < b b >. Als < 0 noemen we negtief. We gebruiken b ls een fkorting vn > b of = b en zeggen dt groter dn of gelijk n b is; nloog definiëren we < b en b. Merk op dt uit de xiom s volgt dt < trnsitief is: III.2.1 Propositie (trnsitiviteit vn >). Voor lle x, y, z R geldt: ls x > y en y > z dn x > z. Bewijs. Stel dt x > y en y > z. Wegens (R12) geldt dn dt x y > 0 en y z > 0. Dus met (R11) volgt dt (x y) + (y z) > 0, en dus x z > 0. Nogmls toepssen vn (R12) geeft dn x > z. III.2.2 Gevolg., <, zijn trnsitief. Wegens de trnsitiviteit mogen we voortn x < y < z schrijven indien x < y en y < z, en mogen we hieruit ook concluderen dt x < z. III.2.3 Propositie. 1 > 0. Bewijs. Wegens (R9) geldt 1 0, dus uit (R10) hlen we dt ofwel 1 > 0 ofwel 1 < 0. Als 1 > 0 vlt er niks te bewijzen. Neem dus n dt geldt 1 < 0. Dn volgt uit (R12) dt 1 > 0, en uit (R11) dt ( 1)( 1) > 0. Mr we hebben 1 = ( 1)( 1), dus 1 > 0. III.2.4 Propositie. Voor lle x, y, z, t R geldt (i) ls x < y dn x + z < y + z; (ii) ls x < y en z < t dn x + z < y + t; (iii) ls x < y en z > 0 dn x z < y z; (iv) ls x < y en z < 0 dn x z > y z; (v) ls x > 0 dn 1/x > 0. (vi) ls x > y > 0 dn 1/y > 1/x. III.2 DE ORDENING OP R EN ONGELIJKHEDEN 43

48 Bewijs. We bewijzen hier enkel (i) en (iii), voor de overige delen, zie Opgve III.2.3. (i) Neem n dt x < y. Wegens (R12) geldt dn y x > 0, en dus ook (y + z) (z + x) > 0. Nogmls (R12) toepssen levert y + z > x + z, wt we moesten bewijzen. (iii) Neem n dt x < y en z > 0. Met (R12) volgt dt y x > 0 en met (R11) dt z(y x) > 0. Dus zy zx > 0, en met (R12) concluderen we dt zy > zx. III.2.5 Propositie. Zij x, y R. Dn geldt en xy > 0 (x > 0 en y > 0) of (x < 0 en y < 0) xy < 0 (x < 0 en y > 0) of (x > 0 en y < 0). In het bijzonder is x 2 > 0 ls x 0. Bewijs. Opgve III.2.4. Tenslotte voldoet de ordening n het volgende xiom. (R13) (Archimedische eigenschp) Voor iedere x R is er een n N met x < n. Dit heeft ls gevolg dt tussen elk pr verschillende reële getllen een rtionl getl ligt! III.2.6 Stelling. Zij x, y R met x < y. Dn bestt er een q Q met x < q < y. Voor het bewijs, zie Opgve III.2.7. III.2.7 Opmerking. Men kn ngn dt de ongelijkheid op R overeenkomt met de ongelijkheid op N R gedefinieerd in II.1. Ongelijkheid vn Bernoulli De volgende ongelijkheid is soms erg nuttig. III.2.8 Stelling (Ongelijkheid vn Bernoulli). Zij n N en x R met x 1. Dn geldt (1 + x) n 1 + nx. Voor het bewijs, zie Opgve III.2.6. Absolute wrde Iedere eindige niet-lege deelverzmeling vn R heeft een mximum. In het bijzonder definiëren we, voor iedere x R, de bsolute wrde vn x door x = x ls x 0, en x = x ls x < 0. III.2.9 Propositie. Voor iedere x R geldt: x = mx{ x, x}. Bewijs. Ofwel geldt x 0 ofwel x < 0. We beschouwen beide gevllen fzonderlijk. In het eerste gevl geldt x = x en omdt x x ook mx{ x, x} = x, dus de propositie geldt. In het tweede gevl geldt x = x en omdt nu geldt x > x geldt ook mx{ x, x} = x, wt we moesten bewijzen. 44 III DE REËLE GETALLEN

49 III.2.10 Voorbeeld. We zoeken lle oplossingen in R vn de ongelijkheid x x 5 + 2x > x Voor x 2 geldt x + 2 = (x + 2), en voor x 2 geldt x + 2 = x + 2, en ntuurlijk gedrgen x 5 en x zich nloog in 5 en 0, respectievelijk. We verdelen drom de reële rechte in vier intervllen: (, 2), [ 2, 0), [0, 5) en [5, ), en lossen de ongelijkheid op elk intervl prt. Als x (, 2) dn is x + 2 = x 2, x 5 = x + 5 en x = x en n invullen en vereenvoudigen krijgen we x > 3. Hieruit volgt dt op (, 2) de oplossing is het intervl (, 2) ( 3, ), hetgeen gelijk is n ( 3, 2). Anloog (zie Opgve III.2.9) vinden we dt de oplossingen op [ 2, 0) het hele intervl [ 2, 0) is, op [0, 5) weer het hele intervl [0, 5) en op [5, ) ook het hele intervl [5, ). De oplossingsverzmeling vn de ongelijkheid is dn ( 3, 2) [ 2, 0) [0, 5) [5, ) = ( 3, ). Driehoeksongelijkheid De volgende ongelijkheid beschrijft een vn de belngrijkste eigenschppen vn de bsolute wrde. III.2.11 Stelling (Driehoeksongelijkheid). Voor lle x, y R geldt x + y x + y. Bewijs. Uit Propositie III.2.9 volgt dt x x en y y, zodt x y x + y. Uit Propositie III.2.9 volgt eveneens dt x x en y y, zodt x + y x + y. Omdt of wel x + y = x + y ofwel x + y = x y, concluderen we dt in elk gevl x + y x + y. III.2.12 Gevolg (Omgekeerde driehoeksongelijkheid). Voor lle x, y R geldt Bewijs. Opgve III.2.13 x y x y. III.2.13 Opmerking. Als x en y reële getllen zijn dn stelt y x de fstnd vn x nr y op de reële rechte voor. Uit de driehoeksongelijkheid volgt dt de fstnd tussen twee reële getllen niet groter kn zijn dn de som vn hun bsolute wrden. De nm driehoeksongelijkheid heeft meer te mken met fstnden in R 2 of in C, wr ze ook geldt, en wr ze echt met driehoeken te mken heeft. III.2 DE ORDENING OP R EN ONGELIJKHEDEN 45

50 Ongelijkheid vn Rekenkundig en Meetkundig Gemiddelde Het is niet moeilijk om te bewijzen dt een product vn twee getllen bij vste som mximl is ls de fctoren even groot zijn, en een som vn twee nietnegtieve getllen miniml bij vst product ls de termen even groot zijn, zie Opgve III.2.15 en Opgve III De vrg is nu of dit verschijnsel zich voortzet: Is het product vn n getllen bij vste som mximl ls lle fctoren even groot zijn? Is de som vn n niet-negtieve getllen bij vst product miniml ls lle termen even groot zijn? Het ntwoord wordt gegeven door de volgende stelling. In deze stelling komen n-de wortels vn reële getllen x 0 voor; deze worden in de volgende prgrf, in Opgve III.3.16 gedefinieerd. III.2.14 Stelling (Ongelijkheid vn Rekenkundig en Meetkundig Gemiddelde). Lt n een positief ntuurlijk getl zijn. Dn geldt voor elk n-tl niet-negtieve reële getllen 1, 2,..., n de volgende ongelijkheid n 1 2 n n, n met gelijkheid dn en slechts dn ls 1 = 2 = = n. Bewijs. Opgve III III.2.15 Opmerking. Het getl ( n )/n heet het rekenkundig gemiddelde vn het n-tl 1, 2,..., n, en het getl n 1 2 n heet het meetkundig gemiddelde vn het n-tl 1, 2,..., n. Opgven 1. Bewijs Propositie III.2.4, (i) (iv). 2. Bewijs dt 1 < Bewijs Propositie III.2.4, (v) (vi). 4. Bewijs Propositie III Zij x, y R. Bewijs dt x y dn en slechts dn ls voor lle ε R >0 geldt x < y + ε. 6. Bewijs Stelling III.2.8. Anwijzing: Gebruik inductie nr n. 7. Bewijs dt tussen elk pr reële getllen x < y een rtionl getl ligt. 8. Vind lle oplossingen vn de volgende ongelijkheden: () (x + 1)(1 2x) > (x + 1) met x R; 1 Een meer conceptueel bewijs kn gegeven worden door te gebruiken dt de functie ln: R >0 R convex is. Deze convexiteit betekent dt voor lle x, y R >0 met x < y het lijnstuk tussen de punten (x, ln x) en (y, ln y) onder de grfiek vn ln ligt. Deze eigenschp volgt uit het negtief zijn vn de tweede fgeleide vn ln. De bovengenoemde opgve geeft een eenvoudiger bewijs. Voor de functie ln wordt soms ook de nottie log gebruikt. 46 III DE REËLE GETALLEN

51 (b) (x + 1) 2 0 met x R \ {0, 2}; x(x + 2) (c) met x R \ {0}; x (d) x < 2x 1 met x R \ {0}; x 1 (e) 2 x 1 met x R \ { 2, 2}. 2 + x 9. Vul lle detils vn Voorbeeld III.2.10 in. 10. Los de volgende ongelijkheden op: () 2x x x x + 5 met x R; x 1 (b) x + 1 < x + 2 met x R \ { 1, 4}; x 4 (c) x 2 + 3x 10 0 met x R; 11. Zij x, y, t R. Bewijs dt x y x t + t y. 12. Toon n dt dt voor lle n N en voor lle x R geldt dt x n = x n. 13. Bewijs Gevolg III Zij n N en x 1,..., x n R. Bewijs met volledige inductie dt n x i k=1 n k=1 x i. 15. Lt zien dt voor lle reële getllen x, y en c geldt: Het mximum vn xy onder de voorwrde dt x + y = c wordt ngenomen ls x = y en dt mximum is gelijk n c 2 / Lt zien dt voor lle positieve reële getllen x, y en c geldt: Het minimum vn x + y onder de voorwrde dt xy = c wordt ngenomen ls x = y en dt minimum is gelijk n 2 c. 17. Welk getl overschrijdt zijn kwdrt met het grootste bedrg? 18. Bewijs dt voor elk positief reëel getl geldt Voor welke geldt gelijkheid? 19. Bewijs Stelling III () Lt en b twee positieve reële getllen zijn. Toon n ( ) 2 ( + b b b = 2 2 Toon n: ls b dn b < (( + b)/2) 2. 2 Meetkundig betekent dit dt bij gegeven omtrek, de oppervlkte vn een rechthoek mximl is ls de rechthoek een vierknt is. ) 2 III.2 DE ORDENING OP R EN ONGELIJKHEDEN 47

52 (b) Bewijs nu de ongelijkheid vn Ongelijkheid vn Rekenkundig en Meetkundig Gemiddelde voor twee getllen 1 en 2. (c) Bewijs de ongelijkheid voor vier getllen 1, 2, 3 en 4. Hint: ps het gevl n = 2 toe op het pr 1 en 2, het pr 3 en 4, en het pr ( )/2 en ( )/2 (d) Bewijs de ongelijkheid voor drie getllen 1, 2 en 3. Hint: definiëer eerst 4 = ( )/3 en ps dn het gevl n = 4 toe. (e) Bewijs, met volledige inductie nr n, de ongelijkheid voor 2 n getllen 1, 2,..., 2 n. (f) Bewijs: ls de ongelijkheid voor n getllen geldt dn geldt hij ook voor n 1 getllen. (g) Bewijs de Ongelijkheid vn Rekenkundig en Meetkundig Gemiddelde. 48 III DE REËLE GETALLEN

53 III.3 Supremum en infimum Zowel de reële getllen ls de rtionle getllen vormen geordende lichmen. Deze geordende lichmen zijn echter principieel verschillend. De verzmeling R is bijvoorbeeld nzienlijk groter dn de verzmeling Q. We hebben l vermeld dt een bijectie tussen N en Q bestt mr geen bijectie tussen N en R; de verzmeling Q is ftelbr en we zullen lter bewijzen dt de verzmeling R overftelbr is. Het volgende voorbeeld illustreert een ndere eigenschp vn de reële rechte die de verzmeling Q niet heeft mr die in de Anlyse heel belngrijk is. III.3.1 Voorbeeld. Bekijk mr eens de verzmeling vn lle rtionle getllen met de eigenschp dt ze of negtief zijn of dt hun kwdrt niet groter dn 2 is: A = { x Q : x < 0 } { x Q : x 0 en x 2 2 }. Blijkbr is elk rtionl getl q < 2 een element vn A en het is ook niet moeilijk in te zien dt geen getl groter dn 2 element vn A is. Het getl 2 mrkeert de overgng vn A nr zijn complement Q \ A: lle elementen vn A liggen op de reële rechte links vn 2, en lle elementen vn Q \ A bevinden zich rechts vn 2. Het grensgetl 2 is echter géén rtionl getl, zie Stelling II.4.2; we zouden kunnen zeggen dt de verzmeling Q gten bevt. De verzmeling R heeft geen gten ; om deze belngrijke eigenschp vn R te kunnen formuleren geven we eerst enkele definities. III.3.2 Definitie. Een deelverzmeling V vn R heet: (i) nr boven begrensd ls er een x R bestt zó dt v x voor lle v V. In deze situtie noemen we x een bovengrens voor V. (ii) nr beneden begrensd ls er een x R bestt zó dt x v voor lle v V. In deze situtie noemen we x een ondergrens voor V. (iii) begrensd ls V nr boven en nr beneden begrensd is. III.3.3 Voorbeeld. De deelverzmeling N vn R is nr beneden begrensd (iedere x 0 is een ondergrens) mr niet nr boven begrensd (dit is (R13)). De verzmelingen Z en Q zijn noch nr boven, noch nr beneden begrensd. De intervllen (0, 1) = {x R : 0 < x < 1} en [0, 1] = {x R : 0 x 1} zijn begrensd; in beide gevllen is iedere x 1 een bovengrens en iedere x 0 een ondergrens. supremum infimum III.3.4 Definitie. Zij V een deelverzmeling vn R. (i) Een element x R heet een supremum vn V ls het een kleinste bovengrens vn V is, dt wil zeggen, x is bovengrens voor V, en ls y een bovengrens voor V is, dn geldt y x. (ii) Een element x R heet een infimum vn V ls het een grootste ondergrens vn V is, dt wil zeggen, x is ondergrens voor V, en ls y een ondergrens voor V is, dn geldt y x. III.3.5 Opmerking. Suprem en infim vn verzmelingen zijn (ls ze bestn!) uniek, drom zeggen we het supremum, de kleinste bovengrens, het infimum en de grootste ondergrens. Nottie: inf V voor het infimum, en sup V voor het supremum III.3 SUPREMUM EN INFIMUM 49

54 III.3.6 Voorbeeld. Zij, b R met < b. We beweren dt sup [, b] = b. Het is duidelijk dt b een bovengrens is. Stel nu dt b niet de kleinste bovengrens is, dn is er dus een c < b die een bovengrens is voor [, b]. Mr dit is een tegensprk, wnt b [, b] en b > c. Een gelijkrdig rgument bewijst dt inf [, b] =. III.3.7 Voorbeeld. Zij, b R met < b. We gn bewijzen dt sup (, b) = b. In ieder gevl is b een bovengrens. Stel dt b niet de kleinste bovengrens is. Dn is er een c < b die ook een bovengrens is. Kies een x (, b). Dn geldt c > x en dus ook c >. Beschouw nu y = (b + c)/2. Er geldt y (, b) en y > c. Dit is een tegensprk met de nnme dt c een bovengrens is. Op dezelfde wijze kn men bewijzen dt inf (, b) =. Axiom s voor R, deel 3 We kunnen nu eindelijk het llerltste xiom voor de reële getllen formuleren. (R14) (Fundmentele eigenschp vn R) Iedere niet-lege nr boven begrensde deelverzmeling vn R heeft een unieke kleinste bovengrens. Deze eigenschp geldt niet voor de rtionle getllen: neem bijvoorbeeld A uit Voorbeeld III.3.1. Dn is A nr boven begrensd en niet-leeg mr A heeft geen kleinste bovengrens in Q. III.3.8 Opmerking. Men kn bewijzen dt de lijst xiom s (R0) (R14) het gegeven (R, 0, 1, +,, >) krkteriseert, in dezelfde zin ls we dt hebben geformuleerd voor N, Z en Q. Ook kn men bewijzen dt er zo n gegeven bestt, door een constructie te geven. Een schets vn zo n constructie volgt lter (zie pgin 68). Door Axiom (R13) toe te pssen op V = { v : v V } zien we dt iedere niet-lege nr beneden begrensde deelverzmeling vn R een grootste ondergrens heeft. III.3.9 Gevolg. Iedere niet-lege nr beneden begrensde deelverzmeling vn R heeft een unieke grootste ondergrens. In de volgende twee stellingen vtten we een ntl eigenschppen vn sup en inf smen. III.3.10 Propositie. Zij V een niet-lege begrensde deelverzmeling vn R. (i) Voor lle d R geldt sup{v + d : v V } = (sup V ) + d; (ii) Als c 0 dn sup{cv : v V } = c sup V ; (iii) Als c 0 dn sup{cv : v V } = c inf V. Bewijs. Zie opgve III.3.8. III.3.11 Propositie. Lt A een niet-lege verzmeling zijn. f : A R en g : A R functies zijn zó dt f[a] en g[a] begrensd zijn. Er geldt (i) sup{f(x) + g(x) : x A} sup{f(x) : x A} + sup{g(x) : x A}. (ii) Als voor lle x A geldt dt f(x) 0 en g(x) 0, dn sup{f(x)g(x) : x A} sup{f(x) : x A} sup{g(x) : x A} en inf{f(x)g(x) : x A} inf{f(x) : x A} inf{g(x) : x A}. 50 III DE REËLE GETALLEN

55 (iii) Als voor lle x A geldt dt f(x) g(x), dn sup{f(x) : x A} sup{g(x) : x A} en inf{f(x) : x A} inf{g(x) : x A}. Bewijs. (i) Voor lle x A geldt f(x) + g(x) sup{f(x) : x A} + sup{g(x) : x A} en dus is het rechterlid een bovengrens voor {f(x) + g(x) : x A}. Angezien sup{f(x) + g(x) : x A} de kleinste bovengrens is voor deze verzmeling volgt dt sup{f(x) + g(x) : x A} sup{f(x) : x A} + sup{g(x) : x A}. (ii) en (iii). Zie opgve III.3.9. mximum minimum III.3.12 Definitie. Zij V een deelverzmeling vn R. We noemen een element v V een mximum vn V ls v u voor lle u V. We noteren dn v = mx V. Een minimum vn V, nottie: min V, wordt nloog gedefinieerd. III.3.13 Voorbeeld. Zij, b R met < b. Het gesloten intervl [, b] heeft b ls mximum. Immers b [, b] en het is duidelijk dt voor lle u [, b] geldt dt b u. Het open intervl (, b) heeft geen mximum. Immers, neem n dt v (, b) een mximum is. Beschouw dn c = (b + v)/2. Er geldt dt v < c < b. In het bijzonder is c (, b) mr geldt niet v c, een tegensprk. Het verbnd tussen supremum en mximum is ls volgt: III.3.14 Stelling. Zij V een niet-lege deelverzmeling vn R. De volgende uitsprken zijn equivlent: (i) V heeft een mximum; (ii) V is nr boven begrensd en sup V V. In deze situtie geldt mx V = sup V. Bewijs. (i) (ii): Als V een mximum v heeft, dn is v een bovengrens voor V. We lten zien dt v = sup V ; dit geeft (ii). Stel eens dt w een bovengrens voor V is. Dn geldt u w voor lle u V, dus in het bijzonder v w, wnt v V. Dit lt zien dt v de kleinste bovengrens vn V is, dus v = sup V. (ii) (i): Zij v = sup V ; volgens nnme is v V. Omdt v een bovengrens voor V is, geldt u v voor lle u V. Dit lt zien dt v het mximum vn V is. III.3.15 Opmerking. Een nloge stelling geldt ook voor minim en infim. Opgven 1. Zij V = {1/n : n N 1 }. III.3 SUPREMUM EN INFIMUM 51

56 () Lt zien dt 0 een ondergrens is voor V. (b) Lt zien dt geen enkel reëel getl x > 0 een ondergrens is voor V. Anwijzing: Gebruik de Archimedische eigenschp. (c) Concludeer dt inf V = 0. (d) Lt zien dt V geen minimum heeft. 2. Bepl het supremum, infimum, mximum en minimum vn V in R of lt zien dt ze niet bestn; geef ook lle benodigde bewijzen: () V = {0}; (b) V = { ( 1) n : n N } ; (c) V = {sin(nπ/2) : n Z}; (d) V = {x R : x 0 en 1/x 2}; (e) V = [ 1, 2] Q. (Hint: gebruik stelling III.2.6) 3. Bewijs dt het supremum vn een verzmeling (ls die bestt) uniek is. 4. Zij V een niet-lege deelverzmeling vn R en b R een bovengrens vn V. Toon n dt b = sup V dn en slechts dn ls voor lle ε R met ε > 0 er een v V bestt zodt v > b ε. 5. Zij V een niet-lege en nr boven begrensde deelverzmeling vn R, en zij W een niet-lege deelverzmeling vn V. () Toon n dt W nr boven begrensd is en dt sup W sup V. Anwijzing: Iedere bovengrens voor V is ook een bovengrens voor W. (b) Geef een voorbeeld wrbij V W en sup W = sup V. 6. Zij V een niet-lege begrensde deelverzmeling vn R. Toon n: () Voor lle v V geldt inf V v sup V. (b) inf V = sup V dn en slechts dn ls V uit één element bestt. 7. Bewijs Gevolg III.3.9 in detil. 8. Bewijs Propositie III Bewijs (ii) en (iii) vn Propositie III Zij A, B niet-lege nr boven begrensde deelverzmelingen vn R. Bewijs of weerleg: () ls voor lle A en b B geldt dt b, dn sup A inf B; (b) ls voor lle A en b B geldt dt < b, dn sup A < inf B. 11. Lt V en W niet-lege deelverzmelingen vn R zijn met mxim mx V en mx W. Toon n of weerleg: () De vereniging V W heeft een mximum; (b) Als V W dn heeft de doorsnede V W een mximum. Geef in beide gevllen een formule voor het mximum indien het bestt; geef nders een tegenvoorbeeld. 52 III DE REËLE GETALLEN

57 12. Bewijs of weerleg: () Er is een A R zó dt mx A = min A. (b) Er is een A R zó dt mx A of min A niet bestt mr inf A = sup A. 13. Bewijs dt elke niet lege eindige deelverzmeling vn R een mximum en een minimum heeft. 14. Een deelverzmeling V vn R heet open ls voor lle v V er een ε R >0 bestt zodt (v ε, v + ε) V. () Welk vn de volgende deelverzmelingen vn R zijn open:, R, [0, 1], (0, 1), (0, ), Z, R\Z, {0}. (b) Zij U, V open deelverzmelingen vn R. Lt zien dt U V open is. (c) Zij U, V open deelverzmelingen vn R. Lt zien dt U V open is. (d) Zij (V i ) i I een collectie open deelverzmelingen vn R. Lt zien dt i I V i open is. Geef een voorbeeld wrbij i I V i niet open is. (e) Zij V R open, niet-leeg en nr boven begrensd. Lt zien dt sup V V. 15. Zij V een niet-lege, nr boven begrensde deelverzmeling vn R. Lt zien dt de verzmeling vn lle bovengrenzen vn V een minimum heeft. Wt is dit minimum? n x 16. Lt n N met n 1, en lt x R met x 0. Lt V = {y R 0 : y n x}. () Lt zien dt V een supremum heeft. (b) Lt zien dt sup(v ) n = x. (c) Lt zien dt er een unieke y R 0 is met y n = x. Deze y noemen we de (positieve) nde wortel uit x, en we noteren die ls n x, of ook ls x 1/n. (d) Lt zien dt voor x, y R 0 met x y geldt dt n x n y. III.3 SUPREMUM EN INFIMUM 53

58 IV RIJEN Een onmisbr begrip in de Anlyse is dt vn een rij. Rijen worden overl gebruikt: om continue functies te beschrijven, bij benderingen vn oplossingen vn vergelijkingen enzovoort. In dit hoofdstuk bestuderen we een ntl belngrijke eigenschppen vn reële rijen. IV.1 Rijen, convergentie en limiet Rijen vn reële getllen In Prgrf I.3 is l gezegd wt een rij is; we herhlen de definitie. IV.1.1 Definitie. Zij A een verzmeling. Een rij in A is een functie : N A. In plts vn (n) schrijven we meestl n en in plts vn : N A schrijven we vk ( n ) n 0 of ( n ) n N. De getllen n heten de termen vn ( n ) n 0. Als A = R dn noemen we zo n rij ook wel een reële rij. In dit verbnd noemen we N = {0, 1, 2, 3,... } de indexverzmeling vn de rij. Het is soms hndiger om een ndere indexverzmeling te gebruiken, bijvoorbeeld {1, 2, 3,...}; in dt gevl noteren we de rij ls ( n ) n 1. Vk is de rij door een expliciete formule voor de n-de term gegeven, zols n = 1/n, b n = 2 n, c n = sin n enzovoort. Deze rijen kunnen we dn noteren ls (1/n) n 1, (2 n ) n 0 en (sin n) n 0. Minder formeel kunnen we een rij geven door een ntl termen uit te schrijven (indien de formule voor n duidelijk is); bijvoorbeeld: met 1, 1/3, 1/5, 1/7,... bedoelen we de rij (1/(2n + 1)) n 0. IV.1.2 Definitie. Een reële rij ( n ) n 0 heet convergent wnneer er een R bestt met de volgende eigenschp: voor iedere ε > 0 bestt een N N zodnig dt voor lle n N : n < ε. We noemen een limiet vn de rij ( n ) n 0. Nottie: lim n =. Een rij die niet convergent is heet divergent. IV.1.3 Voorbeeld. De rij (1/n) n 1 () We zullen n de hnd vn bovenstnde definitie lten zien dt de rij (1/n) n 1 convergent is met limiet 0. Lt ε > 0. Uit de Archimedische eigenschp vn 54 IV RIJEN

59 R volgt het bestn vn een N N met N 1 en 1/N < ε. Dn geldt voor lle n N: 1 n 0 = 1 n 1 N < ε. (b) Constnte rijen zijn convergent, zie Opgve IV.1.6. (c) De rij (( 1) n ) n 0 is divergent wnt geen enkel getl voldoet n de eisen uit Definitie IV.1.2. Neem mr eens n dt er wel zo n ws en neem ε = 1/2. Lt N N zó dt ( 1) n < 1/2 voor lle n N. Neem een even n > N, dn volgt dt 1 < 1/2, Neem een oneven n > N, dn volgt dt 1 < 1/2. Mr dt kn niet wnt hier zou uit volgen dt 2 = (1 ) ( 1 ) < 1. IV.1.4 Opmerking. Een reële rij ( n ) n 0 kn mximl één limiet hebben. Stel mr eens dt lim n = en lim n = b met b. Dn geldt b > 0. We leiden een tegensprk f. Kies ε = 1 2 b. Uit lim n = volgt dt er een N 1 N bestt zó dt voor lle n N 1 geldt n < ε. Uit lim n = b volgt dt er een N 2 N bestt zó dt voor lle n N 2 geldt n b < ε. Kies een n mx{n 1, N 2 }. Dn geldt dt b = ( n ) + ( n b) n + n b < ε + ε = b. Ofwel b < b en dt is onzin. IV.1.5 Definitie. Zij (x n ) n 0 een reële rij. We zeggen dt (x n ) n 0 een begrensde rij is ls een reëel getl M 0 bestt zó dt voor elke n N geldt x n M. Anloog definiëren we nr boven en nr beneden begrensdheid. Het volgende hulpresultt is vk hndig. IV.1.6 Propositie. Iedere convergente rij in R is begrensd. Bewijs. Zij (x n ) n 0 een convergente rij in R met limiet x. We moeten lten zien dt er een M 0 bestt met x n M voor lle n 0. Kies een N N zodnig dt x n x < 1 voor lle n N. Zij m = mx{ x k : k = 0,..., N 1} en M = mx{m, x +1}. Het is duidelijk dt x n m M voor lle 0 n N 1. Voor n N geldt x n = x + (x n x) x + x n x x + 1 M. IV.1.7 Voorbeeld. Beschouw de rij ( n ) n 0 gedefinieerd door n = 2n. De rij is niet begrensd en dus divergent. Om in te zien dt ( n ) n 0 niet begrensd is, kies M 0 willekeurig. Kies n N zó dt n > M/2. Dn geldt n = 2n > M. De rij (x n ) n 0 IV.1.8 Stelling. Zij x R. Dn geldt: () Als x > 1 dn is de rij (x n ) n 0 divergent. (b) Als x < 1 dn lim xn = 0. (c) Als x = 1 dn lim xn = 1. (d) Als x = 1 dn is de rij (x n ) n 0 divergent. IV.1 RIJEN, CONVERGENTIE EN LIMIET 55

60 Bewijs. (): Neem n dt x > 1. We kunnen een h > 0 vinden zó dt x = 1+h. Uit de ongelijkheid vn Bernoulli (zie Opgve III.2.6) volgt dt x n = x n = (1 + h) n 1 + nh. Hier volgt dt (x n ) n 0 niet begrensd is, en dus divergent. (b): Zie Opgve IV (c): Dit is duidelijk, wnt 1 n = 1 voor lle n 0. (d): Zie Voorbeeld IV.1.3 (c). Het is hndig om ook een nottie in te voeren die beschrijft in welke zin een rij zols (2n) n 0 divergeert. IV.1.9 Definitie. We zeggen dt een rij (x n ) n 0 in R nr divergeert, nottie: lim x n =, ls er voor iedere ξ R een N N bestt zodnig dt voor lle n N: x n ξ. Divergentie nr wordt nloog gedefinieerd. Het is wel gevrlijk om te rekenen met divergentie nr en. Bedenk goed dt en lleen symbolen zijn. Het zijn dus geen getllen. IV.1.10 Voorbeeld.() Zij n = 2n met n 0. Lt ξ R. Volgens de Archimedische eigenschp is er een N N met N ξ. Voor lle n N geldt dn 2n 2N N ξ. We hebben bewezen dt lim 2n =. (b) Zij n = n, b n = n en c n = n + 1 met n 0. Dn is lim n =, lim b n = en lim c n =. Verder geldt dt de rij ( n + b n ) n 0 is convergent met limiet 0. De rij ( n + c n ) n 0 is convergent met limiet 1. (c) Zij n = n, en b n = n + ( 1) n met n 0. Dn geldt lim n = en lim b n = ( n + b n ) n 0 is divergent. Immers n + b n = ( 1) n. Blijkbr kun je dus beter niet rekenen met. Opgven 1. Schrijf een pr termen vn ( n ) n 0 op om een mogelijke limiet f te leiden. Probeer vervolgens in elk gevl hieronder een ntuurlijk getl N te vinden zó dt n < 1/2 voor lle n N, ls gegeven wordt 1 () n = 2n + 1 ; (b) n = n n + 1 ; (c) n = ( 1)n n + 1 ; (d) n = ( 1) n( 9 10 ) n. 2. Beschouw dezelfde rijen ls in de voorfgnde opgve. () Vind voor elke ε {10 1, 10 2, 10 3 } een N N zó dt voor lle n N: n < ε. (b) Herzie indien nodig uw keuze vn, en bewijs dt elke rij nr de gevonden wrde convergeert. (Hint: gebruik bij (d) de ongelijkheid vn Bernoulli). 56 IV RIJEN

61 3. () Definieer de rij ( n ) n 0 door n = 1 n+1. Toon met behulp vn de definitie n dt lim n = 0. (b) Definieer de rij ( n ) n 0 door n = n. Toon met behulp vn de definitie n dt lim n =. 4. Beschouw de rij ( n ) n 0, wrbij n = (4 n + 5 n )/(2 n + 3 n ) voor elke n N. () Vind een N N zó dt voor lle n N geldt n > (b) Bewijs dt lim n =. 5. Beschouw ( n ) n 0 gedefinieerd voor elke n N ls volgt: 2n = 2 n en 2n+1 = 0. Bewijs met behulp vn Definitie IV.1.2 dt de rij convergent is of lt zien dt de rij divergent is. 6. Bewijs dt een constnte rij in R convergent is. 7. Wt kn men zeggen over een rij ( n ) n 0 ls gegeven is dt de rij convergent is en elke n een geheel getl is? Vind eerst een pr voorbeelden. 8. Toon n: () Voor lle k N met k 1 geldt lim 1/nk = 0. (b) Voor lle n 2 geldt lim k 1/nk = Vn een reële rij 0, 1, 2,... is gegeven 0 = 0 en voor n N n + n+1 = 2n 1. Vind en bewijs een lgemene formule voor n. 10. Zij (x n ) n 0 een convergente rij in R met limiet x. Lt en b in R met b. () Toon n: ls x n b voor lle n, dn geldt ook x b. (b) Geef een voorbeeld wruit blijkt dt de volgende bewering niet juist is: ls < x n < b voor lle n, dn geldt ook < x < b. 11. Zij (x n ) n 0 een rij zó dt (x 2n ) n 0 en (x 2n+1 ) n 0 convergeren nr dezelfde limiet x. Toon n dt (x n ) n 0 convergeert en lim x n = x. 12. Bewijs Stelling IV.1.8 (b). IV.1 RIJEN, CONVERGENTIE EN LIMIET 57

62 IV.2 Eigenschppen vn convergente rijen In deze prgrf bespreken we enkele technieken om n te tonen dt limieten bestn en om ze te berekenen. Rekenregels voor convergente rijen We leiden enkele eigenschppen vn convergente rijen f. Deze stellen ons in stt op een eenvoudige mnier limieten te berekenen zonder terug te moeten gn nr de oorspronkelijke definitie. IV.2.1 Stelling (Rekenregels voor Limieten). Lt (x n ) n 0 en (y n ) n 0 convergente rijen zijn in R met lim x n = x en lim y n = y. De volgende uitsprken gelden: (i) De rij (x n + y n ) n 0 is convergent en lim (x n + y n ) = x + y. (ii) Als α R dn is de rij (αx n ) n 0 convergent, en lim αx n = αx. (iii) De rij (x n y n ) n 0 is convergent en lim x ny n = xy. (iv) Als x 0 en lle x n 0, dn is ( 1 x n ) n 0 convergent en lim (v) De rij ( x n ) n 0 is convergent, en lim x n = x. (vi) Als er een k 0 is zó dt x n y n voor lle n k, dn is x y. Bewijs. (i): Merk op dt 1 x n = 1 x. (x n + y n ) (x + y) = (x n x) + (y n y) (x n x) + (y n y). (IV.1) Lt ε > 0. Neem N 1 en N 2 in N zó dt x n x < ε/2 voor lle n N 1 en y n y < ε/2 voor lle n N 2. Kies N = mx{n 1, N 2 }. Met (IV.1) volgt dt voor lle n N geldt: (x n + y n ) (x + y) < ε/2 + ε/2 = ε. (ii): Het gevl α = 0 is duidelijk. Zij α 0. Lt ε > 0. Kies N N zo groot dt voor lle n N geldt x n x < ε/ α. Voor lle n N geldt dn αx n αx = α x n x < α ε α = ε. (iii): Merk eerst op dt uit de driehoeksongelijkheid volgt dt x n y n xy x n y n x n y + x n y xy = x n y n y + y x n x. (IV.2) We zullen de beide ltste termen fschtten. Wegens Propositie IV.1.6 geldt dt (x n ) n 0 een begrensde rij is. Zij M 0 zó dt voor lle n 0 geldt x n M. Zij ε > 0 willekeurig. Kies N 1 N zó dt voor lle n N 1 geldt x n x < ε 1 2 y +1. Kies N 2 N zó dt voor lle n N 2 geldt 1 y n y < ε 1 2 M+1. Neem N = mx{n 1, N 2 }. Met (IV.2) volgt dt voor lle n N geldt dt x n y n xy M ε 1 2 M y ε 1 2 y + 1 < ε 2 + ε 2 = ε. 1 Merk op dt y of M gelijk n nul zouden kunnen zijn. Drom schrijven we y + 1 en M + 1 in de noemer. 58 IV RIJEN

63 (iv): Merk op dt 1 1 x n x = x x n xx n = x x n x x n. (IV.3) Zij ε > 0 willekeurig. Kies N 1 N zo groot dt x n x x /2 voor lle n N 1. Dn volgt voor lle n N 1 dt x = x n + (x x n ) x n + x x n x n + x 2. Hier zien we dt x n x /2 voor lle n N 1. In het bijzonder is x n 0 voor lle n N 1. Kies N 2 N zo groot dt x n x < ε x 2 /2 voor lle n N 2. Neem N = mx{n 1, N 2 }. Met (IV.3) volgt dt voor lle n N geldt: 1 1 x n x < ε x 2 /2 x x /2 = ε. (v): Zie Opgve IV.2.1. (vi): Beschouw de rij (z n ) n 0 gegeven door z n = x n y n en definieer z = x y. Dn geldt z n 0 voor lle n k. Verder volgt uit (i) en (ii) dt (z n ) n 0 convergent is met lim z n = z. Het voldoet te bewijzen dt z 0. Zij ε > 0 willekeurig. Kies N k zó dt voor lle n N geldt z n z < ε. Dn volgt voor lle n N dt z z z n z z n < ε. Angezien ε > 0 willekeurig is, volgt dt z 0. 1 IV.2.2 Voorbeeld. Uit de rekenregels voor limieten en lim = 0 volgt dt n 2n 7 + 3n 5 + 2n 4 lim 3n 7 + n 4 + n = lim n n n + 1 = = n 6 Insluitstelling De volgende stelling stelt ons in stt met behulp vn bekende convergente rijen limieten vn meer ingewikkelde rijen te vinden. IV.2.3 Stelling (Insluitstelling). Lt (x n ) n 0, (y n ) n 0 en (z n ) n 0 reële rijen zijn met x n y n z n voor lle n 0. Neem voorts n dt de rijen (x n ) n 0 en (z n ) n 0 convergent zijn met limiet R. Dn convergeert de rij (y n ) n 0 eveneens, met limiet. Bewijs. Lt ε > 0. Kies N 1 N zó dt x n < ε voor lle n N 1. Kies N 2 N zó dt z n < ε voor lle n N 2. Noem N = mx{n 1, N 2 }, dn geldt voor lle n N dt ε < x n y n z n < + ε, en dus ook y n < ε. Voorbeeld We geven een voorbeeld vn een toepssing vn de insluitstelling. IV.2.4 Voorbeeld. Beschouw de rij ((sin n)/n) n 1. Voor elke n 1 geldt: en ook geldt lim 1/n = 0 = (sin n)/n = 0. lim 1 n sin n n lim 1/n. 1 n Volgens de Insluitstelling geldt dus IV.2 EIGENSCHAPPEN VAN CONVERGENTE RIJEN 59

64 Ten slotte nog enkele bijzondere limieten die we in een stelling formuleren. IV.2.5 Stelling. (i) Zij p N en x R met x < 1. Dn geldt lim np x n = 0. (ii) Zij > 0. Dn geldt lim ( n ) n 1 = 1. (iii) Er geldt lim n n = 1. Bewijs. (i): Wegens Opgve IV.2.1 (c) voldoet het om 0 x < 1 te beschouwen. Het gevl x = 0 is duidelijk. Neem n 0 < x < 1. Definieer y = p+1 x en z n = (ny n ) p, n 1. Dn geldt 0 < y < 1, en voor lle n 1 geldt n p x n = n p y n(p+1) = n p y np y n = z n y n. Bewering: (z n ) n 1 is begrensd. Kies h > 0 zó dt 1 y = 1 + h. Uit de ongelijkheid vn Bernoulli volgt dt 1 y n = (1 + h)n 1 + nh. We zien dus dt voor lle n 1 geldt 0 ny n n 1 + nh = 1 1 n + h 1 h. Hieruit volgt dt 0 (ny n ) p h p voor lle n 1, en dit bewijst de bewering. Uit Stelling IV.1.8 volgt dt lim yn = 0. Als we dit combineren met Opgve IV.2.2 dn vinden we lim z ny n = 0, en dit geeft het gevrgde. (ii): Neem eerst n dt 1. Dn geldt n 1. Zij n 2 willekeurig. Schrijf = 1 1 met n 1 ml een 1. Met behulp vn de Ongelijkheid vn het Rekenkundig en Meetkundig Gemiddelde (zie Opgve III.2.19) volgt dt n = n (n 1) n = 1 n Angezien lim + 1 = 1, volgt uit de insluitstelling dt lim n = 1. n Stel nu 0 < < 1. Er geldt n = n 1 n. We weten dt lim 1/ = 1. Dus 1/ uit de rekenregels voor limieten volgt dt ook in dit gevl geldt: (iii): Zie Opgve IV.2.7. lim n = lim 1 = 1. 1/ n Opgven 1. () Bewijs Stelling IV.2.1 (e). (b) Geef een voorbeeld vn een divergente rij (x n ) n 0 zó dt ( x n ) n 0 convergeert. (c) Toon n dt lim x n = 0 dn en slechts dn ls lim x n = IV RIJEN

65 2. Gegeven zijn de reële rijen (x n ) n 0 en (y n ) n 0. Toon n: ls lim x n = 0 en (y n ) n 0 is begrensd, dn geldt lim x ny n = Stel lim x n = x en x 0, en lim y y n n = y. Toon n dt lim = y x n x. 4. () Zij (x n ) n 0 convergent en (y n ) n 0 divergent. Toon n dt (x n + y n ) n 0 divergeert. (b) Bewijs of weerleg: de som vn twee divergente rijen is divergent. 5. Deze som geeft een nder bewijs voor Stelling IV.2.1 (iii). Lt (x n ) n 0 en (y n ) n 0 rijen zijn met lim x n = x en lim y n = y. () Lt met behulp vn de definitie zien dt lim (x n x)(y n y) = 0. (b) Toon n dt lim x ny n = xy. 6. Construeer reële rijen ( n ) n 0 en (b n ) n 0 met lim n = 0 en (b n ) n 0 is divergent en zó dt () (b) (c) (d) (e) lim nb n = 0; lim nb n = 3; lim nb n = ; lim nb n = ; De rij ( n b n ) n 0 is divergent en lim nb n en ook lim nb n. 7. Bewijs Stelling IV.2.5 (iii). Hint: schrijf n = n n 1 1 met n 2 ml een 1 en redeneer ls in Stelling IV.2.5 (ii). 8. Lt ( n ) n 0 een reële rij zijn. Neem n dt lim n = 0. Wt kn men n+1 zeggen over lim? n 9. Lt ( n ) n 0 en (b n ) n 0 reële rijen zijn. Bewijs of weerleg: ls lim nb n = 0 dn lim n = 0 of lim b n = Zij ( n ) n 0 de rij gegeven door n = n + 1 n. Toon n dt lim n = Bewijs dt rijen met de volgende termen convergeren en bereken hun limieten. () n n 3 + 4n + 8. (b) 2n + n 2 sin(n) 3 n. (c) + 5n4 n + 1. (d) n n 2 + n. (e) n! n n. 12. () Zij ( n ) n 0 een convergente rij met lim n =. Toon n dt n lim = ( ) n (b) Verzin een rij ( n ) n 0 zó dt de limiet in ( ) bestt, mr ( n ) n 0 divergent is. ( ) 1 n 13. Zij k N. Bewijs lim n k = 1 k k!. IV.2 EIGENSCHAPPEN VAN CONVERGENTE RIJEN 61

66 IV.3 Monotone rijen De prktijk leert dt het vk lstig is om rechtstreeks n te tonen dt een gegeven rij convergeert; vk hebben we niet eens een kndidt voor de limiet. Om deze reden is het vn belng om convergentiecriteri te hebben die lleen refereren n de termen vn de rij zelf en niet n de eventuele limiet. Zo n criterium gn we nu fleiden. IV.3.1 Definitie. Een rij (x n ) n 0 in R heet stijgend ls x 0 x 1 x 2 ; strikt stijgend ls x 0 < x 1 < x 2 <. Dlende en strikt dlende rijen worden nloog gedefinieerd. stijgende en dlende rijen monotoon. We noemen IV.3.2 Voorbeeld. () De rij (( 1) n ) n 0 is niet stijgend en ook niet dlend (en dus ook niet monotoon). (b) De rij (n 3 ) n 0 is strikt stijgend (en dus monotoon). (c) De constnte rij ( n ) n 0 gedefinieerd door n = 2 voor elke n N is monotoon wnt hij is zowel dlend ls stijgend, mr hij is niet strikt stijgend en ook niet strikt dlend. Het supremum vn een nr boven begrensde rij en het infimum vn een nr beneden begrensde rij definiëren en noteren we ls volgt: sup x n = sup{x n : n 0} en inf x n = inf{x n : n 0}. n 0 n 0 Monotone Convergentiestelling IV.3.3 Stelling (Monotone Convergentiestelling). Zij (x n ) n 0 een stijgende en nr boven begrensde rij in R en definieer x = sup x n. Dn geldt (x n ) n N is convergent en lim x n = x. n 0 Bewijs. Definieer V = {x n : n N}. Dn is V niet-leeg en nr boeven begrensd. Wegens (R13) bestt x = sup V. Lt ε > 0. Omdt x ε geen bovengrens voor V is, bestt een v V met x ε < v. Er geldt v = x N voor een zekere N N. Voor lle n N geldt dn x ε < x N x n x, wrbij we gebruiken dt de rij stijgt en dt x een bovengrens is. Uit deze ongelijkheden volgt dt x n x = x x n < ε voor lle n N. Door de rij ( x n ) n 0 te beschouwen zien we dt een nloog resultt geldt voor dlende, nr beneden begrensde rijen, zie Opgve IV.3.1. Als toepssing vn de Monotone Convergentiestelling geven we het volgende voorbeeld. c IV.3.4 Voorbeeld. Neem een c > 0 vst. Definieer de rij (x n ) n 0 door x 0 = 1 en x n+1 = x2 n + c 2x n. 62 IV RIJEN

67 voor n 0. We bewijzen dt de rij convergent is en vinden zijn limiet. Bewering 1: x n > 0 voor lle n 0. Dit kun je met inductie bewijzen. Bewering 2: x 2 n c voor lle n 1. Inderdd voor elke n 0 geldt 2 ( x x 2 2 n+1 = n + c ) 2 (x 2 = n) 2 + c 2 + 2cx 2 n 2x n 4x 2 n 2cx2 n + 2cx 2 n 4x 2 n = c. Bewering 3: (x n ) n 1 is dlend. Bewering 2 geeft dt 2x 2 n x 2 n + c. Angezien x n > 0 kunnen we delen door 2x n en vinden we dt x n x2 n + c 2x n = x n+1. Angezien (x n ) n 1 dlend is en nr beneden begrensd, volgt uit de Monotone Convergentiestelling IV.3.3 dt (x n ) n 1 convergent is. Noem = lim x n. Verder volgt uit Beweringen 1 en 2 en rekenregels voor limieten dt 0 en 2 c, en dus > 0. Er volgt dt = lim x x 2 n + c n+1 = lim = 2 + c 2x n 2 wruit volgt dt 2 2 = 2 +c, ofwel 2 = c. Angezien > 0 zien we dt = c. We hebben dus ngetoond dt de rij (x n ) n 0 convergent is met lim x n = c. p c IV.3.5 Opmerking. (i) Met behulp vn de Monotone Convergentiestelling zien we dus dt voor iedere c > 0 een wortel in R bestt. We hebben zelfs een rij ngegeven die nr c toe convergeert. Als we zo n bendering willen gebruiken dn moeten we ntuurlijk weten hoe groot de fout is. Dit kunnen ls volgt inzien. Uit Bewering 2 volgt dt x 2 n c voor lle n 1. Dus met x n > 0 volgt x n c. Ook volgt hieruit dt 1 x n 1 c, en dus c x n c. We vinden dt c x n c x n. (ii) In Opgve IV.3.6 wordt p c met p N 1 en c 0 geconstrueerd met behulp vn een rij. We zullen ook soms schrijven c 1 p = p c en c m p = ( p c) m = p c m. De volgende stelling is een hndig gevolg vn de Monotone Convergentiestelling IV.3.3. Stelling vn Cntor IV.3.6 Stelling (Cntor). Zij ( n ) n 0 een stijgende rij en (b n ) n 0 een dlende rij in R, zó dt n b n voor lle n 0, en lim b n n = 0. Dn geldt dt ( n ) n 0 en (b n ) n 0 beide convergent zijn en lim n = lim b n. Bewijs. Merk op dt 0 n b n b 0 voor lle n 0. Hieruit volgt dt ( n ) n 0 nr boven begrensd is en (b n ) n 0 nr beneden begrensd is. Uit de Monotone Convergentiestelling IV.3.3 volgt dt = lim n en b = lim b n bestn en voor lle n 0 geldt n b b n. Dus 0 b b n n voor lle n 0. Wegens lim b n n = 0 volgt dt b = 0 en dus = b. Met behulp vn de Monotone Convergentiestelling IV.3.3 kunnen we nu de overftelbrheid vn R bewijzen. De overftelbrheid vn R 2 Gebruik 2 + b 2 2b. IV.3 MONOTONE RIJEN 63

68 IV.3.7 Stelling. De verzmelingen R en (0, 1) zijn overftelbr. Bewijs. Angezien R en (0, 1) gelijkmchtig zijn, voldoet het om n te tonen dt (0, 1) overftelbr is. Stel (0, 1) is ftelbr. We leiden een tegensprk f. Lt f : N (0, 1) een bijectie zijn. Stp 1: Kies een [ 0, b 0 ] (0, 1) met b 0 0 > 0 en zó dt f(0) / [ 0, b 0 ]. Stp 2: Recursief construeren we rijen ( n ) n 1 en (b n ) n 1 zó dt voor iedere n 1 (i) [ n 1, b n 1 ] [ n, b n ]. (ii) f(n) / [ n, b n ]. (iii) b n n > 0. Stel dt 0,..., n en b 0,..., b n geconstrueerd zijn met de bovenstnde eigenschppen (i), (ii) en (iii). Uit (iii) volgt dt we [ n, b n ] kunnen schrijven ls [ n, b n ] = [ n, u n ] [u n, v n ] [v n, b n ], met n < u n < v n < b n. Er zijn 2 mogelijkheden: f(n + 1) [ n, u n ] of f(n + 1) / [ n, u n ]. In het eerste gevl kiezen we n+1 = v n en b n+1 = b n. In het tweede gevl kiezen we n+1 = n en b n+1 = u n. In beide gevllen gelden (i), (ii) en (iii) voor n + 1. Uit (i) volgt dt ( n ) n 0 stijgend is en nr boven begrensd door b 0. Uit de Monotone Convergentiestelling IV.3.3 volgt dt x = lim n = sup n bestt. n 0 Bewering: x [ n, b n ] voor elke n N. Zij n N willekeurig. Duidelijk is dt n x. Angezien voor lle i n geldt dt i b i b n, volgt uit de rekenregels vn limieten dt x = lim i b n. Dit geeft de bewering. i Uit de surjectiviteit vn f volgt dt er een n 0 bestt zó dt f(n) = x. Dus f(n) = x [ n, b n ]. Dit is in tegensprk met (ii). Opgven 1. Bewijs dt iedere dlende en nr beneden begrensde rij nr zijn infimum convergeert. 2. Neem c = 2 in Voorbeeld IV.3.4. Vind x 0 tot en met x 4. Controleer met Opmerking IV.3.5 hoe goed je bendering vn 2 is. 3. Zij V een niet-lege deelverzmeling vn R. Toon n: () Als V nr boven begrensd is dn bestt er een rij (v n ) n 0 in V met de eigenschp dt v 0 v 1 v 2 en lim v n = sup V. Hint: Geef een recursieve constructie. (b) Als V nr beneden begrensd is dn bestt er een rij (v n ) n 0 in V met de eigenschp dt v 0 v 1 v 2 en lim v n = inf V. 4. Geef in elk vn de onderstnde gevllen een reële rij met de genoemde eigenschppen: () De rij is dlend met 0 ls het infimum. (b) De rij is stijgend met 5 ls het supremum. (c) De rij is noch dlend noch stijgend en heeft 0 ls het infimum en 5 ls het supremum. 64 IV RIJEN

69 5. De rij (x n ) n 0 is gedefinieerd door x 0 = 2 en x n+1 = (1 + x n )/2 voor n 0. () Lt zien dt voor elke n N geldt x n 1. (b) Lt zien dt (x n ) n 0 dlend is. (c) Bewijs dt (x n ) n 0 convergent is en vind zijn limiet. 6. Neem een c R vst en p N met p 2. Definieer de rij (x n ) n 0 door 3 p c x 0 = 1 en x n+1 = (p 1)xp n + c px p 1. n lim sup en lim inf voor n 0. () Toon n dt x n > 0 voor lle n 0. (b) Toon n dt x p n c voor lle n 1. (c) Concludeer dt (x n ) n 1 dlend is. (d) Toon n dt (x n ) n 0 convergeert nr > 0, met p = c. c (e) Toon n dt p c x x p 1 n voor lle n 1. n 7. Zij ( n ) n 0 en begrensde reële rij. We definiëren lim sup n en lim inf n ls volgt: 4 ( ) lim sup n = lim sup k k n en lim inf ( n = lim inf ) k. k n () Bewijs dt lim inf ( 1)n = 1 en lim sup( 1) n = 1. (b) Bewijs dt voor elke begrensde rij ( n ) n 0 geldt dt lim inf n en lim sup bestn. (c) Bewijs dt voor elke begrensde rij ( n ) n 0 geldt: lim inf n lim sup n. (d) Bewijs dt lim inf n = lim sup n dn en slechts dn ls lim n bestt. In dit gevl geldt lim n = lim inf n = lim sup n. n 3 De methode kn gebruikt worden om f(x) = x op te lossen voor veel functies f en wordt de NewtonRphson methode genoemd. 4 De interprettie is dt we het supremum/infimum nemen over een steeds kleiner wordende strt. IV.3 MONOTONE RIJEN 65

70 IV.4 Volledigheid vn R deelrij In de vorige prgrf hebben we de Monotone Convergentiestelling bewezen, die een voldoende voorwrde voor convergentie vn monotone rijen geeft. In deze prgrf bewijzen we de Volledigheidsstelling, die een criterium geeft voor convergentie vn rijen die niet noodzkelijk monotoon zijn. Als we een ntl termen uit een rij weglten krijgen we een deelrij (niets weglten mg), mits er oneindig veel termen overblijven en de volgorde vn termen niet vernderd wordt. IV.4.1 Definitie. Een rij (b k ) k 0 heet een deelrij vn de rij ( n ) n 0 ls er een strikt stijgende rij 5 ntuurlijke getllen (n k ) k 0 bestt zó dt voor lle k N: b k = nk. IV.4.2 Voorbeeld. () Iedere rij is een deelrij vn zichzelf: neem n k = k. (b) De rij (2 n ) n 0 is een deelrij vn ( n ) n 1 met n = 1/n: neem mr n k = 2 k. (c) De rij 2, 0, 6, 4, 10, 8,... is geen deelrij vn (2n) n 0 (de volgorde vn termen is vernderd). (d) De rij (b n ) n 0 met b n = 1 is geen deelrij vn ( n ) n 1 met n = 1/n. Stelling vn Bolzno- Weierstrss IV.4.3 Stelling (Bolzno-Weierstrss). Iedere begrensde rij in R heeft een convergente deelrij. Bewijs. Zij (x n ) n 0 een begrensde reële rij. Kies 0 < b 0 beide in R zodnig dt x n I 0 = [ 0, b 0 ] voor lle n 0. We geven nu een recursieve constructie vn reële rijen ( n ) n 0 en (b n ) n 0, zó dt voor lle n 0 geldt dt (i) [ n 1, b n 1 ] [ n, b n ] ls n 1. (ii) [ n, b n ] bevt x j voor oneindig veel j N. (iii) b n n = 2 n b 0 0. Stel we hebben 0,... n en b 0,..., b n met de bovenstnde eigenschppen geconstrueerd. We lten zien hoe we n+1 en b n+1 kunnen vinden. Zij c n = ( n + b n )/2. Uit (ii) volgt dt er 2 mogelijkheden zijn: [ n, c n ] bevt oneindig veel x j s of niet. In het eerste gevl kiezen we n+1 = n en b n+1 = c n. In het tweede gevl moet wegens (ii), [c n, b n ] oneindig veel punten bevtten, en kiezen we n+1 = c n en b n+1 = b n. Dn gelden (i), (ii) en (iii) gelden voor n + 1 (g dit n!). Wegens (ii) geldt dt n b n voor elke n 0. Dus met (i) volgt dt ( n ) n 0 stijgend is en (b n ) n 0 dlend is. Uit (iii) volgt dt lim b n n = 0. Uit Stelling IV.3.6 volgt dt lim n = lim b n. Uit (ii) volgt dt we een deelrij (x nk ) k 0 kunnen vinden zó dt x nk [ k, b k ], en dus k x nk b k voor elke k 0, Met behulp vn de insluitstelling vinden we dt (x nk ) k 0 convergeert. IV.4.4 Voorbeeld. () Lt de rij ( n ) n 0 gegeven zijn door n = ( 1) n voor n 0. Angezien 2n = 1 en 2n+1 = 1 voor lle n 0 volgt dt ( n ) n 0 minstens twee deelrijen heeft die convergeren. Nmelijk lim 2n = 1 en lim 2n+1 = 1. 5 Een strikt stijgende rij vn indices zorgt ervoor dt de termen niet herhld worden, dt er oneindig veel termen overblijven en dt de volgorde ook niet verndert. Merk ook op dt de rij (n k ) k 0 een deelrij vn de identieke fbeelding op de indexverzmeling N is. 66 IV RIJEN

71 (b) Definieer ( n ) n 0 door n = sin(n) voor n 0. Angezien n 1, volgt uit de Stelling vn Bolzno-Weierstrss IV.4.3 dt ( n ) n 0 een convergente deelrij heeft. In dit gevl is het niet eenvoudig om zo n deelrij expliciet n te geven. De Stelling vn Bolzno-Weierstrss is hndig, mr soms is het nuttig om ook nog een nder criterium voor convergentie te hebben. Hiervoor hebben we de volgende defintie nodig. Cuchy-rij IV.4.5 Definitie. Een rij (x n ) n 0 in R heet een Cuchy-rij ls er voor iedere ε > 0 een N N bestt met de volgende eigenschp: IV.4.6 Voorbeeld. voor lle m, n N : x n x m < ε. () De rij (1/(n + 1)) n 0 is een Cuchy-rij. Immers, zij ε > 0. Kies N N met N + 1 > 2/ε dn is 1/(N + 1) < ε/2. Hieruit volgt dt voor elke m, n N geldt: 1 n m + 1 n m N + 1 < ε. (b) De rij (( 1) n ) n 0 is geen Cuchy-rij wnt voor ε = 1 bestt geen N > 0 zó dt voor lle n N geldt ( 1) n ( 1) m < 1: zij N > 0 en neem n = N + 1 en m = N dn geldt ( 1) n ( 1) m = ( 1) N+1 ( 1) N = 2 1. We zullen zo-ddelijk zien dt een reële rij precies dn convergeert wnneer hij een Cuchy-rij is. Eén helft vn deze bewering is eenvoudig te bewijzen. IV.4.7 Propositie. (i) Iedere convergente rij in R is een Cuchy-rij. (ii) Iedere Cuchy-rij in R is begrensd. Bewijs. (i): Zie Opgve IV.4.1. (ii): Zij (x n ) n 0 een Cuchy-rij in R. We moeten lten zien dt er een M 0 bestt met x n M voor lle n 0. Kies een N N zodnig dt x n x m < 1 voor lle m, n N. Zij c = mx { x k : k = 0,..., N } en C = c + 1. Voor n = 0,..., N is het duidelijk dt x n c C. Voor n N geldt x n = x N + (x n x N ) x N + x n x N c + 1 = C. In de volgende stelling bewijzen we de omkering vn Propositie IV.4.7 (i). Volledigheidsstelling IV.4.8 Stelling (Volledigheidsstelling). Iedere Cuchy-rij in R is convergent. Bewijs. Zij (x n ) n 0 een Cuchy-rij in R. Wegens Propositie IV.4.7 geldt dt (x n ) n 0 begrensd is. Uit de Stelling vn Bolzno-Weierstrss volgt dt er een convergente deelrij (x nk ) k 0 bestt. Lt x = lim x n k. We bewijzen dt k lim x n = x. Zij ε > 0 willekeurig. Kies N N zó dt voor lle m, n N geldt dt x n x m < ε/2. Kies k N zó dt x nk x < ε/2. Angezien n k N volgt dt voor lle n N geldt en dit bewijst het gevrgde. x n x x n x nk + x nk x < ε/2 + ε/2 = ε IV.4 VOLLEDIGHEID VAN R 67

72 Overzicht Het Axiom (R13) over het bestn vn suprem speelt een belngrijke rol in dit hoofdstuk. Uitgnde vn de (R0) tot en met (R12) kn men het volgende bewijzen: IV.4.9 Stelling. De volgende uitsprken zijn equivlent: () Iedere niet-lege nr boven begrensde verzmeling V R heeft een kleinste bovengrens. (b) Iedere nr boven begrensde stijgende rij is convergent. (c) Iedere begrensde rij heeft een convergente deelrij. (d) Iedere Cuchy-rij is convergent. Bewijs. () (b): Zie de Monotone Convergentiestelling IV.3.3. (b) (c): Zie de Bolzno-Weierstrss Stelling IV.4.3. (c) (d): Zie de Volledigheidstelling IV.4.8. (d) (). Zij V R niet-leeg en nr boven begrensd. Zij b 0 R een bovengrens voor V. Er zijn 2 mogelijkheden: (1) b 0 is de kleinste bovengrens vn V of (2) b 0 is niet de kleinste bovengrens voor V. In gevl (1) zijn we klr. In gevl (2) kiezen we 0 V willekeurig, en merken op dt 0 < b 0. We geven nu een recursieve constructie vn rijen ( n ) n 0 en (b n ) n 0 zó dt voor lle n 0 geldt: (i) [ n 1, b n 1 ] [ n, b n ] ls n 1. (ii) n V en b n is een bovengrens voor V. (iii) b n n 2 n b 0 0. Stel we hebben 0,... n en b 0,..., b n met de bovenstnde eigenschppen geconstrueerd. We lten zien hoe we n+1 en b n+1 kunnen vinden. Zij c n = ( n + b n )/2. Er zijn 2 mogelijkheden: (1) c n is een bovengrens voor V of (2) c n is geen bovengrens voor V. In (1) kies n+1 = n en b n+1 = c n. In (2) kunnen we een n+1 V vinden zó dt n+1 > c n en kiezen we b n+1 = b n. Nu gelden (i), (ii) en (iii) voor n + 1 (g dit n!). Uit (i) en (ii) volgt dt n b n voor elke n 0, en ( n ) n 0 is stijgend en (b n ) n 0 is dlend. We tonen n dt ( n ) n 0 een Cuchy-rij is. Zij ε > 0. Kies N N zó dt 2 N x 0 y 0 < ε. Zij m, n N. We mogen nnemen dt n m. Er volgt dt 0 n m b N N 2 N b 0 0 < ε. Hieruit volgt dt ( n ) n 0 een Cuchy-rij is, en dus wegens (d) is er een R zó dt = lim n. Bewering: is de kleinste bovengrens voor V. Stel is geen bovengrens voor V, dn is er een x V zó dt x >. Kies ε > 0 zó dt x > + ε. Kies N N zó dt voor lle n N geldt dt b n n < ε. Er volgt dt voor lle n N b n = (b n n ) + ( n ) + b n n + < ε + < x. Dit kn niet wnt b n is een bovengrens voor V. We kunnen dus concluderen dt een bovengrens is voor V. Stel is ook een bovengrens voor V. Dn geldt n voor lle n 0. Met behulp vn de rekenregels voor limieten volgt dt. Dus is de kleinste bovengrens voor V. Constructie vn R We eindigen deze sectie met een zeer korte schets vn een constructie vn R uit Q. Ntuurlijk kunnen we dn R niet gebruiken tijdens deze constructie. Vndr dt we opnieuw moeten definiëren wt een Cuchy-rij in Q is. Een rij = ( n ) n N in Q noemen we een Cuchy-rij ls voor lle ε Q >0 er een N N is zo dt voor lle m, n N N : n m < ε. Lt R de verzmeling vn lle Cuchy-rijen in Q zijn. Voor R zeggen we dt limiet 0 heeft ls voor lle ε Q >0 er een 68 IV RIJEN

73 N N is zo dt voor lle n N N : n < ε. Op R hebben we dn de volgende equivlentiereltie: b b heeft limiet 0. Men kn nu bewijzen: IV.4.10 Propositie. De fbeelding R R die een Cuchy-rij nr zijn limiet fbeeldt is een quotiëntfbeelding voor de equivlentiereltie. Deze propositie suggereert dt we R kunnen construeren ls het quotiënt R/. De equivlentieklssen vn de constnte rijen 0 en 1 geven elementen 0 en 1 in R/, en het optellen en vermenigvuldigen vn Cuchyrijen gt over op operties + nd op het quotiënt R/. Voor rijen, b R definiëren we > b ls volgt: er is een ε Q >0 en een N N zo dt voor lle n N N geldt dt n > b n + ε. Ook deze reltie gt over op het quotiënt R/. Het is veel werk, mr niet echt moeilijk, te lten zien dt (R/, 0, 1, +,, >) n lle xiom s (R0) (R13) voldoet. Opgven 1. Bewijs Propositie IV.4.7 (i). 2. Zij x 1. Heeft de rij (x n ) n 0 een convergente deelrij? 3. Lt ( n ) n 0 een reële rij zijn. Bewijs dt ( n ) n 0 een Cuchy-rij is dn en slechts dn ls voor elke ε > 0 een N N bestt zó dt voor lle n N : n N < ε. 4. Zij (x n ) n 0 een rij in R. Toon n: ls lim x n = x, dn geldt lim iedere deelrij (x nk ) k 0 vn (x n ) n 0. k x n k = x voor 5. Lt (x n ) n 0 een reële Cuchy-rij is zijn en neem n dt een convergente deelrij (x nk ) k 0 bestt die nr R convergeert. Bewijs dt (x n ) n 0 ook een convergente rij is met de limiet. Intervlneststelling 6. Lt (I n ) n 0 een rij niet-lege intervllen zijn. () Toon het volgende n: Als voor elke n 0, I n gesloten is en I n I n+1, dn is n 0 I n niet-leeg. (b) Wt gebeurt er ls we gesloten door open vervngen? 7. Toon n dt een begrensde rij in R dn en slechts dn convergent is ls lle convergente deelrijen vn de rij dezelfde limiet hebben. 8. Lt ( n ) n 0, (b n ) n 0 en (c n ) n 0 reële rijen zijn. Bewijs of weerleg: () Als ( n ) n 0 niet nr boven begrensd is dn is ook geen vn zijn deelrijen nr boven begrensd. (b) Als b R een bovengrens vn (b n ) n 0 is dn heeft elke vn zijn deelrijen ook b ls een bovengrens. (c) Als c R het supremum vn (c n ) n 0 is dn heeft elke vn zijn deelrijen ook c ls een supremum. IV.4 VOLLEDIGHEID VAN R 69

74 9. Bewijs rechtstreeks uit de definitie: Als (x n ) n 0 en (y n ) n 0 reële Cuchy-rijen zijn dn is ook (x n + y n ) n 0 een Cuchy-rij. 10. Noem twee Cuchy-rijen (x n ) n 0 en (y n ) n 0 in R equivlent ls lim x n y n = 0. Lt zien dt dit een equivlentie-reltie is. 11. Construeer een reële rij (x n ) n 0 met de eigenschp dt iedere x [0, 1] de limiet is vn een deelrij vn (x n ) n Lt zien dt er Cuchy-rijen in Q bestn die geen limiet in Q hebben. 70 IV RIJEN

75 IV.5 De exponentiële functie ( ) n 1 + x n De exponentiële functie e x (en lgemener x met > 0), is iedereen bekend. Mr hoe is deze functie precies gedefinieerd? En hoe leid je de bekende eigenschppen vn de e-mcht f? In deze prgrf geven we ntwoorden op deze vrg. Er zijn echter vele equivlente definitie vn de e-mcht, zols we zullen zien in ndere prgrfen. We onderzoeken eerst de rij met termen (1 + x/n) n wrbij n = 1, 2,... en x R. IV.5.1 Lemm. Zij x ) R. Zij N N 1 zó dt voor lle n N geldt 1+x/n > 0. Dn geldt ((1 + x/n) n is een stijgende rij en (1 + x/n) n > 0 voor lle n N. n N Bewijs. Uit de Ongelijkheid vn Meetkundig en Rekenkundig Gemiddelde (zie Opgve III.2.19) met n + 1 elementen volgt dt voor lle n N geldt ( 1 + x ) n ( = n ) ( x ( n ( 1 + x n ( n x = n + 1 = ( 1 + x n + 1 ) x ) 1 ( n ) 1 + x n + 1 n + 1 ) n+1 ) n+1. ) n+1 Hieruit volgt ook dt voor lle n N geldt dt (1+x/n) n (1+x/N) N > 0. ) IV.5.2 Lemm. Zij x R. Dn is de rij ((1 + x/n) n n 1 nr boven begregensd. Bewijs. Neem N N 1 zó dt x n < 1 voor lle n N. Uit Lemm IV.5.1 volgt ) dt ((1 x/n) n is stijgend en (1 x/n) n > 0 voor lle n N. Hieruit volgt ( n N dt een dlende rij is en in het bijzonder geldt voor lle n N 1 (1 x/n) n )n N dt ( 1 x ) n 1 = n (1 x/n) n 1 (1 (1 x/n) N = x ) N. (IV.4) N Merk nu op dt voor lle n N geldt 0 < en dus voor lle n 1 geldt ( 1 + x )( 1 x ) = 1 x2 n n n 2 1, 0 < ( 1 + x ) n ( 1 x n 1. n n) Uit dit ltste en (IV.4) vinden we dt voor lle n N geldt ) Conclusie: ((1+x/n) n ( 1 + x ) n ( 1 x ) n ( 1 x ) N. n n N n N is nr boven begrensd. Hieruit volgt het gevrgde. IV.5 DE EXPONENTIËLE FUNCTIE 71

76 ) IV.5.3 Stelling. Voor iedere x R is de rij ((1 + x/n) n n N convergent. Bewijs. Dit volgt uit bovenstnde twee lemms en de Monotone Convergentiestelling IV.3.3. IV.5.4 Definitie. De exponentiële functie exp: R R is gedefinieerd door ( exp(x) = lim 1 + x n. n) exp Voor x R( en zien we uit bovenstnde lemms dt voor n N voldoende groot n exp(x) 1 + n) x en dus exp(x) > 0. Als x > 0 dn geldt zelfs dt exp(x) > 1. Ook geldt dt exp(0) = 1. IV.5.5 Stelling. Voor lle x, y R geldt dt exp(x + y) = exp(x) exp(y). Bewijs. Neem x, y R vst. Kies N N zó dt N > (1 + x )(1 + y ) om te grnderen dt in de onderstnde berekening lle getllen positief zijn. Kies n N willekeurig. Uit de Ongelijkheid vn het Rekenkundig en Meetkundig Gemiddelde (zie Opgve III.2.19) volgt dt ( 1 + x + y ) n 1 ( 1 + xy ( ) [ (n 1) 1 + x+y n 1 + ( 1 + xy )) ] n n n 1 n n [ n + x + y + xy ] n [ n = = 1 + x n n + y n + xy ] n n 2 Dus we vinden dt ( = [( 1 + x n )( 1 + y n)] n. 1 + x + y ) n 1 [( 1 + x )( 1 + y )] n n 1 n n voor lle n N. Door het nemen vn limieten volgt dt exp(x + y) exp(x) exp(y). Om de omgekeerde ongelijkheid te vinden kun je een zelfde rgument gebruiken. Er geldt ( ) ( ) (( 1 + x ) n (( 1 + y ) n [n 1 + x n + n 1 + y ] n 2n n n 2n [ 2n + x + y ] 2n [ = = 1 + x + y ] 2n. 2n 2n Hieruit volgt dt exp(x + y) exp(x) exp(y). We kunnen dus concluderen dt exp(x + y) = exp(x) exp(y). Herhld toepssen vn Stelling IV.5.5 geeft dt exp(nx) = (exp(x)) n voor lle x R en n N. Het getl e definiëren we ls e = exp(1), dus ( e = lim n. n) Er volgt dt exp(m) = e m voor lle m N. 72 IV RIJEN

77 Neem p, q N 1. Uit Stelling IV.5.5 volgt dt ( p ) q ( exp = exp q p ) = exp(p). q q ( ) Dus exp p q = exp(p) 1/q = [exp(1) p ] 1/q = e p/q. Stelling IV.5.5 geeft dt voor lle x R geldt exp(x) exp( x) = exp(x x) = exp(0) = 1. Dus exp( x) = exp(x) 1. Als we bovenstnde combineren zien we dt exp(x) = e x, x Q. Dit motiveert de schrijfwijze e x = exp(x) voor lle x R. Opgven 1. Bewijs dt voor elke x R geldt ( exp(x) = lim 1 x n. n) 2. Bewijs: ls (x n ) n 0 een rij is zó dt lim nx n = 0 dn geldt lim (1 + x n) n = Geef met behulp vn Opgve IV.5.2 een lterntief bewijs vn de regel e x ey = e x+y voor x, y R. IV.5 DE EXPONENTIËLE FUNCTIE 73

78 V CONTINUïTEIT In dit hoofdstuk bestuderen we continue reëelwrdige functies op deelverzmelingen vn R. We leiden een ntl belngrijke eigenschppen f en lten zien dt elke continue functie op een gesloten en begrensd intervl uniform continu is. V.1 Continue functies We beginnen met de definitie vn continuïteit. Erg informeel gezegd betekent continuïteit zoiets ls: kleine oorzken hebben kleine gevolgen. Deze betekenis geeft dn ook meteen het mtschppelijk nut n vn dit begrip, wr men bng is voor kleine oorzken met grote gevolgen. Nu de formele definitie. V.1.1 Definitie. Zij D R, en f : D R. Lt c D. (i) We noemen f continu in het punt c ls er voor iedere ε > 0 een δ > 0 bestt zodnig dt voor lle x D met x c < δ : f(x) f(c) < ε. We noemen f : D R continu ls f continu is in ieder punt vn D. (ii) We zeggen dt f linkscontinu in het punt c is indien er voor iedere ε > 0 een δ > 0 bestt zodnig dt voor lle x D met c δ < x c : f(x) f(c) < ε. (iii) We zeggen dt f rechtscontinu in het punt c is indien er voor iedere ε > 0 een δ > 0 bestt zodnig dt voor lle x D met c x < c + δ : f(x) f(c) < ε. (iv) Als f niet continu is in het punt c dn noemen we f : D R discontinu in het punt c. V.1.2 Opmerking. Een functie f : D R is continu in c dn en slechts dn ls f links- en rechtcontinu is in c. Zie Opgve V.1.6. V.1.3 Voorbeeld. De functie f : R R gegeven door f(x) = x is continu in elke c R. We zoeken voor elke ε > 0 een δ > 0 zó dt voor elke x R met x c < δ geldt x c < ε. We gn hiervoor de omgekeerde driehoeksongelijkheid x c x c gebruiken (zie Gevolg III.2.12). 74 V CONTINUïTEIT

79 Zij ε > 0 willekeurig. Kies δ = ε. Neem n dt x, c R en x c < δ. Er volgt f(x) f(c) = x c x c < ε. Dus f is continu. V.1.4 Voorbeeld. De functie f : ( 1, 0) (0, 1) R gedefinieerd door { 0, x ( 1, 0) f(x) = 1, x (0, 1) is continu, wnt het volgt onmiddellijk uit de definitie dt f continu is in ieder punt vn ( 1, 0) en (0, 1). Drentegen is de functie f : ( 1, 1) R gedefinieerd door { 0, x ( 1, 0] f(x) = 1, x (0, 1) niet continu, wnt f is niet continu in het punt 0. Inderdd, neem bijvoorbeeld ε = 1/2. Kies δ > 0 willekeurig. Neem xδ/2. Dn geldt x 0 = x < δ en f(x) f(0) = f(x) = De volgende stelling geeft het verbnd tussen continuïteit en limieten vn rijen. V.1.5 Stelling. Lt D R en c D gegeven zijn. Voor een functie f : D R zijn de volgende twee uitsprken equivlent: (i) f is continu in het punt c; (ii) voor iedere rij (x n ) n 0 in D met lim x n = c geldt lim f(x n) = f(c). Bewijs. (i) (ii): Neem n dt f continu is in c, en zij (x n ) n 0 een rij in D met lim x n = c. Zij ε > 0. Omdt f continu is in c is er een δ > 0 zó dt voor lle x D met x c < δ geldt dt f(x) f(c) < ε. Wegens lim x n = c is er een N N zodnig dt voor lle n N geldt dt x n c < δ. Hieruit volgt dt voor lle n N geldt f(xn ) f(c) < ε. Dit lt zien dt lim f(x n) = f(c). (ii) (i): Neem eens n dt f niet continu is in c. Dn is er een ε > 0 met de volgende eigenschp: voor iedere n 1 bestt een punt x n D, met de eigenschp x n c < 1/n en f(x n ) f(c) ε. De resulterende rij (x n ) n 0 ligt in D en voldoet n lim x n = c, mr de rij (f(x n )) n 0 convergeert niet nr f(c). Met behulp vn deze stelling kunnen we uit de rekenregels voor limieten vn rijen overeenkomstige rekenregels voor continue functies fleiden (vergelijk Stelling IV.2.1). Rekenregels voor continuïteit V.1.6 Stelling. Zij D R. Als f : D R en g : D R twee functies zijn die continu zijn in het punt c D, en α R is een reëel getl, dn geldt (i) αf is continu in c. (ii) f + g is continu in c. (iii) fg is continu in c. (iv) Als f(x) 0 voor lle x D, dn is 1/f, x 1/f(x) continu in c. (v) f is continu in c. V.1 CONTINUE FUNCTIES 75

80 V.1.7 Voorbeeld. De functie f : R R, f(x) = x is continu op R (neem δ = ε in de definitie vn continuïteit). Uit (iii) volgt dn dt, voor iedere gehele k 1, de functie g : R R, g(x) = x k = x x (k ml) continu is op R. V.1.8 Stelling. Lt D en E twee deelverzmelingen vn R zijn, en lt f : D R en g : E R twee functies zijn, met f[d] E. Lt c D. Als f continu is in c, en g continu is in f(c), dn is de smengestelde functie 1 g f : D R continu in c. Bewijs. Zij (x n ) n 0 een rij met lim x n = c. Dn volgt lim f(x n) = f(c) omdt f continu is in c, en omdt g continu is in f(c) volgt dn meteen dt ( ) lim g f (xn ) = lim g( f(x n ) ) = g ( f(c) ). Opgven 1. Bewijs n de hnd vn de definitie vn continuïteit dt de functie f : R R gedefinieerd door f(x) = x 2 continu is: () in het punt 0; (b) in het punt 1; (c) op R. 2. Toon n dt de functie f : R R, gegeven door f(x) = x x 2 continu is. Gebruik de rekenregels voor continuïteit. 3. Is de functie f : R \ {0} R gedefinieerd door f(x) = 1/x continu? 4. Bewijs met behulp vn de definitie vn de continuïteit dt de functie f : [0, ) R gegeven door f(x) = x continu is. 5. Zij D R en c D, en lt f : D R functie zijn die continu is in c. Bewijs of weerleg; () Als f(c) > 0, dn bestt er een δ > 0 zó dt voor lle x D met x c < δ geldt dt f(x) 0 (b) Als f(c) 0, dn bestt er een δ > 0 zó dt voor lle x D met x c < δ geldt dt f(x) 0 6. Lt, b R met < b. Lt f : (, b) R. Lt c (, b). Bewijs: f is continu in c dn en slechts dn ls f rechts- en linkscontinu in c is. 7. Bewijs Stelling V V CONTINUïTEIT

81 8. Zij D R. Een functie f : D R heet Lipschitz continu ls er een K 0 bestt zó dt voor lle x, y D geldt f(x) f(y) K x y. De constnte K wordt de Lipschitz constnte vn f genoemd. Bewijs: een Lipschitz continue functie f : D R is continu. 9. Geef een voorbeeld vn een f : [0, 1] R die continu is, mr niet Lipschitz continu. 10. Definieer f : R R ls f(x) = Bewijs dt f in geen x R continu is. { 0, x R \ Q, 1, x Q. 11. Definieer f : R R ls 0, x = 0 f(x) = x 2, x Q \ {0} x, x R \ Q. () Bewijs dt f continu in 0 is (b) Bewijs dt f in geen enkel nder punt continu is. 1 Strikt genomen kunnen we g en f niet smenstellen, wnt f : D R, en g : E R, dus het domein vn g is niet het codomein vn f. Mr het beeld vn f is bevt in E, dus voor iedere x in D is g(f(x)) goed gedefinieerd. V.1 CONTINUE FUNCTIES 77

82 V.2 Limieten vn functies Beschouw een deelverzmeling D R, een functie f : D R en zij c R. We willen het gedrg vn f in de buurt vn c bestuderen. De functiewrde in c is drvoor niet belngrijk, de functie hoeft in c zelfs niet gedefinieerd te zijn (wnt c hoeft geen element vn D te zijn). Wt wel nodig is, is de mogelijkheid het punt c met behulp vn punten uit D willekeurig nuwkeurig te kunnen benderen. Dit leidt tot de volgende definitie. V.2.1 Definitie. Zij D een deelverzmeling vn R en zij c R. We noemen c een verdichtingspunt 2 vn D ls er voor iedere δ > 0 een x D \ {c} bestt met x c < δ. Intuïtief betekent dit dt willekeurig dicht bij c kunnen komen binnen de verzmeling D \ {c}. We zijn voornmelijk geïnteresseerd in de volgende situties. V.2.2 Voorbeeld. Lt, b en c reële getllen zijn. (i) Als < b en c b, dn is c verdichtingspunt vn de intervllen (, b) en [, b]. (ii) Als < c < b, dn is c een verdichtingspunt vn het gepuncteerde intervl (, b) \ {c}. V.2.3 Definitie. Lt D R, en g : D R een functie zijn en zij c R. (i) Neem n dt c een verdichtingspunt vn D is. We noemen een reëel getl L de limiet vn g in c indien er voor iedere ε > 0 een δ > 0 bestt zodnig dt voor lle x D met 0 < x c < δ : g(x) L < ε. We noteren dn lim g(x) = L. x c (ii) De linkerlimiet 3 wordt gedefinieerd door in het bovenstnde lleen x D met c δ < x < c te beschouwen. Nottie: lim x c g(x) = L. (iii) De rechterlimiet wordt gedefinieerd door in het bovenstnde lleen x D met c < x < c + δ te beschouwen. Nottie: lim x c g(x) = L. V.2.4 Opmerking. (i) Merk op: ls c een verdichtingspunt vn D is, bevt D \ {c} voor iedere δ > 0 inderdd punten wrvoor x c < δ. De limiet is dn uniek en we kunnen spreken vn de limiet. Een soortgelijk rgument lt zien dt ook linker en rechter limieten uniek zijn. Let wel: net ls bij rijen hoeft een functie niet zulke limieten te hebben. Zie Voorbeeld V.2.7. (ii) In de definitie vn limiet mg x D niet gelijk n c genomen worden. Dit is uitgesloten doordt we eisen 0 < x c. (iii) Een onmiddellijk gevolg vn de definitie is de volgende krkterisering vn continuïteit in termen vn limieten: ls c D een verdichtingspunt is vn D, dn is een functie g : D R is continu in c dn en slechts dn ls lim g(x) = g(c) x c (zie Opgve V.2.1). 2 Let wel: c hoeft niet zelf in D te liggen. En ook ls c D dn hoeft c nog geen verdichtingspunt vn D te zijn. 3 Dit betekent: limiet vnf de linkerknt vn c. 78 V CONTINUïTEIT

83 (iv) Anloog ls voor rijen kunnen we lim x c f(x) = definiëren. De volgende stelling geeft het verbnd tussen limieten vn functies en limieten vn rijen. V.2.5 Stelling. Zij D een deelverzmeling vn R, zij f : D R een functie, en zij c R een verdichtingspunt vn D. Voor een reëel getl L zijn de volgende twee uitsprken equivlent: (i) lim x c f(x) = L. (ii) Voor iedere rij (x n ) n 0 in D \ {c} met lim x n = c geldt lim f(x n) = L. Het bewijs gt precies zo ls het bewijs vn Stelling V.1.5, we lten het drom ls een oefening, zie Opgve V.2.3. V.2.6 Voorbeeld. Lt f : R \ {1} R, gegeven zijn door f(x) = x2 1 x 1. We tonen n dt lim x 1 f(x) = 2. Merk op dt f(x) = (x + 1)(x 1)/(x 1) = x + 1, x R \ { 1}. Het is eenvoudig om te zien dt lim x 1 (x + 1) = 2. Hieruit volgt het gevrgde. V.2.7 Voorbeeld. Lt f : R \ {0} R gegeven zijn door f(x) = 1/x. Neem eens n dt er een L R is met lim f(x) = L. Zij ε = 1. Volgens de definitie x 0 vn de limiet is er een δ > 0 zó dt voor lle x R geldt: ls 0 < x < δ dn f(x) L < ε. We nemen zo n δ. Dn geldt, voor x (0, δ), dt f(x) (L 1, L+1). Mr f[(0, δ)] = (1/δ, ). Dit is een tegensprk. Dus heeft f geen limiet in 0. De volgende rekenregels voor limieten kunnen direct worden fgeleid uit Stelling V.2.5 en de rekenregels voor limieten vn rijen. V.2.8 Stelling. Lt D R, f, g : D R, en R een verdichtingspunt vn D. Neem n dt lim f(x) = L en lim g(x) = M. Dn x x (i) lim (f(x) + g(x)) = L + M. x (ii) lim (α f(x)) = α M voor α R. x (iii) lim (f(x) g(x)) = L M. x (iv) Als M 0, dn lim 1/g(x) = 1/M. x (v) lim f(x) = L. x (vi) Als voor lle x D: f(x) g(x), dn L M. V.2.9 Opmerking. (i) Ook geldt er weer een insluitstelling voor de limieten die we hier beschouwen. Probeer deze zelf te formuleren. (ii) De bovenstnde rekenregels gelden ook voor linker- en rechterlimieten. We kunnen ook limieten vn functies bewijzen voor x of x. De precieze definitie is ls volgt: V.2 LIMIETEN VAN FUNCTIES 79

84 V.2.10 Definitie. Voor R en een functie f : (, ) R zeggen we dt lim f(x) = L x ls voor elke ε > 0 een M bestt zó dt voor lle x M geldt dt f(x) L < ε. De definitie vn f(x) = L gt nloog. lim x Voor deze limieten gelden ook weer de rekenregels vn Stelling V.2.8. Anloog ls voor rijen kunnen we lim f(x) = definiëren. x Monotone functies Als een functie f : D R niet continu is in een verdichtingspunt c D dn kn de zogenoemde discontinuït vn f in c verschillende vormen hebben. Zo kn het bijvoorbeeld zijn dt lim f(x) en lim f(x) beide niet bestn (zie Opgve V.2.13). x c x c Het kn ook gebeuren dt f niet continu is in c, mr lim f(x) en lim f(x) bestn x c x c wel. V.2.11 Voorbeeld. Beschouw de functie f : R R gegeven door { 0 ls x < 0, f(x) = x + 1 ls x 0. Er geldt lim f(x) = 0 en lim f(x) = 1. Dus f is niet continu wegens Opmerking x 0 x 0 V.2.4. V.2.12 Definitie. Zij D R. Een reële functie f : D R noemen we: (i) stijgend ls voor lle x, y D uit x < y volgt dt f(x) f(y). (ii) strikt stijgend ls voor lle x, y D uit x < y volgt dt f(x) < f(y). Dlende en strikt dlende functies definiëren we nloog. Een functie die stijgend of dlend is wordt monotoon genoemd V.2.13 Definitie. Een functie f : D R noemen we nr boven begrensd (nr beneden begrensd)) ls er een M 0 bestt zó dt voor lle x D geldt dt f(x) M (f(x) M). Een nr boven en beneden begrensde functie f : D R noemen we begrensd. V.2.14 Stelling. Zij, b R met < b. Als f : (, b) R een stijgende en nr boven begrensde functie is, dn bestt lim x b f(x). Bovendien geldt dt lim f(x) = sup{f(x) : x (, b)}. x b Bewijs. Lt M = sup{f(x) : x (, b)}. We bewijzen dt lim x b f(x) = M. Zij ε > 0 willekeurig. Angezien M ε geen bovengrens is voor {f(x) : x (, b)} bestt er een x 1 (, b) zó dt f(x 1 ) > M ε. Neem δ = b x 1. Er volgt dt voor lle x (, b) met b δ < x < b geldt f(x) M = M f(x) M f(x 1 ) < ε. V.2.15 Opmerking. Anloog ls in Stelling V.2.14 kunnen we lten zien dt lim f(x) = inf{f(x) : x (, b)} voor dlende nr beneden begrensde functies f. x b 80 V CONTINUïTEIT

85 V.2.16 Gevolg. Zij, b R met < b. Als f : (, b) R een stijgende en nr boven begrensde functie is, dn geldt dt voor elke c (, b) en er geldt lim f(x) en lim f(x) bestn x c x c lim f(x) f(c) lim f(x). x c x c In het bijzonder zijn de enige discontinuïteiten vn f punten c (, b) wr geldt lim f(x) < lim f(x). x c x c Opgven 1. Zij c een verdichtingspunt vn D. Bewijs dt een functie g : D R continu in c is dn en slechts dn ls lim g(x) = g(c). x c 2. Bewijs met behulp vn de definitie dt lim x f(x) bestt ls () = 1, en f : R \ { 1} R gegeven door f(x) = (x 2 1)/(x + 1); (b) = 2, en f : R \ {1, 2} R gegeven door f(x) = (x 3 3x 2)/(x 2 3x + 2); (c) = 0, en f : R \ {0} R gegeven door f(x) = (x 2 + x)/x. 3. Bewijs Stelling V Definieer f : ( 1, 1) R door f(x) = { 0, x 0; 1, x = 0. () Bestt lim x 0 f(x)? Zo j, wt is de wrde vn de limiet? Zo nee, wrom niet? (b) Is f continu in 0? 5. Lt f : R \ {0} R, x 1/x. Bewijs dt lim f(x) niet bestt met behulp vn x 0 Stelling V Lt f : R \ {0} R, x x/ x. Bepl of de lim x 0 f(x) bestt. 7. Bewijs Stelling V Zij f : D R een functie en c D een verdichtingspunt vn D. Neem n dt f(x) 0 voor lle x D en lim x c f(x) =. Toon n dt lim x c 1/f(x) = Zij f : (0, ) R een functie. Bewijs de volgende uitsprken: () (b) lim f(x) bestt dn en slechts dn ls lim f( 1 x x 0 x ) bestt, en in dt gevl geldt lim x f(x) = lim x 0 f( 1 x ). lim f( x ) bestt dn en slechts dn ls lim x 0 f(x) bestt, en in dt gevl x 0 geldt lim f( x ) = lim f(x) x 0 x 0 V.2 LIMIETEN VAN FUNCTIES 81

86 10. Zij D R en c D een verdichtingspunt. Bewijs met de definitie vn limiet: Als f(c) < 0 en lim f(x) = f(c) dn bestt er een δ > 0 zó dt voor lle x D met x c x c < δ geldt dt f(x) < Lt, b R met < b. Lt f : (, b) R. Lt c (, b) en L R. Bewijs: lim f(x) = L dn en slechts dn ls lim f(x) = lim f(x) = L. x c x c x c 12. Herinner dt D R een open verzmeling is ls er voor elke x D een ε > 0 bestt zó dt (x ε, x + ε) D. Zij D een open verzmeling. Toon n dt elke x D een verdichtingspunt is. 13. Lt f : R \ {0} R, x sin(1/x). Toon n dt lim f(x) en lim f(x) beide niet x 0 x 0 bestn. 14. Geef de detils vn het bewijs vn Gevolg V Zij, b R met < b. Lt f : [, b] R stijgend zijn. Toon het volgende n: ls f [ [, b] ] een intervl is, dn is f continu. 82 V CONTINUïTEIT

87 V.3 Uniforme continuïteit De continuïteit vn f : D R betekent dt we voor iedere c D en iedere ε > 0 een δ > 0 kunnen vinden met de volgende eigenschp: voor lle x D met x c < δ geldt f(x) f(c) < ε. Deze δ is fhnkelijk vn ε en c. We vrgen ons nu het volgende f: wnneer bestt er een δ die onfhnkelijk vn c is? uniform continue functie V.3.1 Definitie. Zij D een deelverzmeling vn R. Een functie f : D R heet uniform continu ls er voor iedere ε > 0 een δ > 0 bestt zodnig dt voor lle x, y D met x y < δ geldt f(x) f(y) < ε. Het volgt meteen uit deze definitie dt een uniform continue functie continu is, zie Opgve V.3.1. V.3.2 Voorbeeld. Zij f : [0, 1] R gegeven door f(x) = x 2. We bewijzen dt f uniform continu is. Lt ε > 0. We nemen δ = ε/2. Voor lle x, y [0, 1] met x y < δ geldt dn f(x) f(y) = x 2 y 2 = x y x + y 2 x y < 2δ = ε. Niet iedere continue functie is echter uniform continu. V.3.3 Voorbeeld. Zij f : R R gegeven door f(x) = x 2. We beweren dt f niet uniform continu is. Immers, neem ε = 1 en zij δ > 0. Neem nu x = 1/δ en y = 1/δ + δ/2. Voor zulke x en y geldt dn x y < δ en f(x) f(y) = x 2 y 2 = x y x + y = 1 2 δ x + y 1 2 δ 2 δ = 1 = ε. De uniforme continuïteit in het eerste voorbeeld is geen toevl: er geldt de volgende lgemene stelling. V.3.4 Stelling. Lt, b R met < b. Iedere continue functie f : [, b] R is uniform continu. Bewijs. Zij f : [, b] R continu en stel eens dt f niet uniform continu is. We zullen een tegensprk fleiden. Omdt f niet uniform continu is, kunnen we niet voor lle ε > 0 een zodnige δ > 0 vinden dt voor lle x, y [, b] met x y < δ geldt f(x) f(y) < ε. Er is dus een ε > 0 wrvoor géén δ > 0 bestt zó dt voor lle x, y [, b] met x y < δ geldt f(x) f(y) < ε. Er is dus een ε > 0 zodnig dt voor er voor lle δ > 0 een tweetl punten x, y [, b] bestt wrvoor wèl geldt dt x y < δ, mr niet f(x) f(y) < ε. We nemen nu zo n ε, en voor δ chtereenvolgens 1, 1/2, 1/3, enzovoort. Voor iedere n 0 vinden we zo een tweetl punten x n, y n [, b] met x n y n < 1 n + 1 en f(xn ) f(y n ) ε. (V.1) V.3 UNIFORME CONTINUïTEIT 83

88 De rij (x n ) n 0 is begrensd, en met Stelling IV.4.3 vn Bolzno-Weierstrss vinden we een convergente deelrij (x nk ) k 0. Zij x de limiet vn deze deelrij. Dn is x [, b]. Voor lle k 0 geldt Wegens lim dt y nk x y nk x nk + x nk x 1 n k x n k x. k x n k Omdt f continu is, levert dit = x volgt hieruit dt de rij (y nk ) k 0 eveneens convergeert en lim y n k = x. k lim f(x n k ) = f(x) = lim f(y n k ). k k Uit de definitie vn een convergente rij volgt dt er een N N bestt met de volgende eigenschp: voor lle indices k N geldt f(xnk ) f(x) < ε 2 Mr voor deze k volgt dn en f(ynk ) f(x) < ε 2. f(xnk ) f(y nk ) f(xnk ) f(x) + f(x) f(ynk ) < ε 2 + ε 2 = ε. Deze tegensprk besluit het bewijs. Opgven 1. Bewijs dt een uniform continue functie continu is. 2. Toon n met behulp vn de definitie dt de functie f : R R gegeven door f(x) = 5x uniform continu is. 3. Lt zien dt de functie f : (0, ) R, x 1/x niet uniform continu is. 4. Toon n dt iedere Lipschitz continue functie uniform continu is (vergelijk Opgve V.1.8). 5. Lt D R en f, g : D R uniform continu zijn. Toon n: () f + g is uniform continu. (b) Als f en g begrensd zijn, dn is fg uniform continu. (c) Geef een voorbeeld wrin f en g uniform continu zijn en fg niet. 6. Stel f : (0, 1] R is uniform continu. Bewijs dt lim x 0 f(x) bestt. 7. Definieer f : [0, ) R door f(x) = x. Bewijs, direct met de definities, dt f uniform continu is, mr niet Lipschitz continu. 8. Toon n dt dt de functie f : (0, 1) R gegeven door f(x) = 1 x continu is. niet uniform 84 V CONTINUïTEIT

89 9. () Geef een voorbeeld vn een functie f : R R die continu en begrensd is mr niet uniform continu. (b) Geef een voorbeeld vn een functie f : (0, 1) R die continu en begrensd is mr niet uniform continu. 10. Lt f : (0, 1) R uniform continu zijn. Toon n dt f begrensd is. 11. Lt f : (0, 1) R uniform continu zijn. Toon n dt er een unieke continue functie g : [0, 1] R bestt zó dt g(x) = f(x) voor lle x (0, 1). V.3 UNIFORME CONTINUïTEIT 85

90 V.4 Eigenschppen vn continue functies We bestuderen een pr belngrijke stellingen over continue functies. Mxim en minim De stelling over continue functies die we in deze prgrf bewijzen zegt dt een continue functie op een begrensd en gesloten intervl ltijd ergens een mximum en een minimum nneemt. Om dit te bewijzen hebben we het volgende nodig. V.4.1 Propositie. Lt, b R met b. Als f : [, b] R continu is, dn is f begrensd. Bewijs. Neem n dt f niet nr boven begrensd is. Kies voor iedere n 0 een x n [, b] met f(x n ) n. Met behulp vn de Bolzno-Weierstrss stelling vinden we een convergente deelrij (x nk ) k 0 vn (x n ) n 0. Noem de limiet vn deze deelrij x; merk op dt x [, b]. Dn geldt dt lim f(x n k ) = f(x). An de ndere knt k geldt (f(x nk )) n 0 is onbegrensd, omdt f(x nk ) n k. Dit is een tegensprk. Dus f is wel nr boven begrensd. Door het bovenstnde toe te pssen op f volgt dt f nr beneden begrensd is. V.4.2 Stelling (Bolzno, 1917). Lt, b R met b. Zij f : [, b] R een continue functie. Dn bestt er x 1, x 2 [, b] zó dt f(x 1 ) f(x) f(x 2 ) voor lle x [, b]. Met ndere woorden f neemt zijn mximum en minimum n. Bewijs. We lten zien dt f zijn mximum nneemt. Bekijk de verzmeling V = { f(x) : x [, b] }. Uit Propositie V.4.1 weten we dt V nr boven begrensd is. Zij M = sup V. We moeten lten dt er een x 2 [, b] bestt met f(x 2 ) = M. Stel dt zo n x 2 niet bestt. Dn geldt f(x) < M voor lle x [, b]. Bekijk nu de functie 1 g : [, b] R gegeven door g(x) = M f(x). Uit Stelling V.1.6 (v) volgt dt g continu is. In het bijzonder zien we uit Propositie V.4.1 dt g begrensd is. Dus er bestt een K > 0 zó dt g(x) K. Er volgt 1 M f(x) K, dus M f(x) 1 K > 0 voor lle x [, b]. Dit geeft dt f(x) M 1 K < M voor lle x [, b]. Mr dn is M 1 K een kleinere bovengrens voor V. Tegensprk. Conclusie: er bestt een x 2 [, b] zó dt f(x 2 ) = M. Door bovenstnde toe te pssen op f vinden we dt f zijn minimum nneemt. Nulpunten Nulpuntstelling Lt D R, en f : D R. Een punt x D wrvoor geldt dt f(x) = 0 noemen we een nulpunt vn f. De volgende stelling lt zien dt een continue functie die op een intervl vn teken wisselt, ltijd een nulpunt heeft. V.4.3 Stelling (Nulpuntstelling). Lt, b R met < b. Zij f : [, b] R continu en neem n dt f() < 0 < f(b). Dn is er een ξ (, b) wrvoor geldt f(ξ) = V CONTINUïTEIT

91 Bewijs. Zij V = { x [, b] : f(x) 0 }. Wegens V, is V niet-leeg, en duidelijk is dt b een bovengrens voor V is. Dus bestt ξ = sup V, en er geldt ξ [, b]. We tonen n dt f(ξ) = 0. Voor n = 1, 2,... is ξ 1 n geen bovengrens vn V, en dus bestt er een x n V met ξ 1 n < x n ξ. Hieruit zien we dt lim x n = ξ. Uit de continuïteit vn f volgt dus dt lim f(x n) = f(ξ). Angezien f(x n ) < 0 voor lle n 1 geldt dt f(ξ) 0. Merk op dt wegens f(ξ) 0 ook geldt dt ξ < b. We bewijzen nu f(ξ) 0. Voor n 1 voldoende groot geldt dt ξ + 1 n b. Angezien ξ + 1 n > ξ volgt dt ξ + 1 n / V en dus f(ξ + 1 n ) 0 voor lle n 1 voldoende groot. Omdt lim ξ + 1 = ξ volgt uit de continuïteit vn f dt f(ξ) 0. n We hebben bewezen dt f(ξ) = 0. Angezien f() < 0 en f(b) > 0 moet gelden dt ξ (, b). V.4.4 Opmerking. Door f in plts vn f te beschouwen zien we dt een continue functie f : [, b] R met f(b) < 0 < f() ook ltijd een nulpunt heeft. Het belng vn de Nulpuntstelling is gelegen in het feit dt zij het bestn vn nulpunten grndeert, ook wnneer deze moeilijk of zelfs niet expliciet bepld kunnen worden. V.4.5 Voorbeeld. Beschouw de vergelijking e 1 2 x = x. We onderzoeken of dit oplossingen x R heeft. Het is duidelijk dt ls er een oplossing is, deze in [0, ) moet liggen. Bekijk de functie f : [0, ) R gedefinieerd door f(x) = e 1 2 x x. Dn geldt f(0) = 1 en f(1) = e < 1 1 = 0. In Prgrf V.5 zullen we zien dt x e x (en dus ook f) een continue functie is. Uit de nulpuntstelling volgt dt er een x 0 (0, 1) is zó dt f(x 0 ) = 0. Dt wil zeggen e 1 2 x0 = x 0. In dit gevl is het eenvoudig te zien dt er mr één oplossing is, omdt f strikt dlend is en dus injectief. V.4.6 Voorbeeld. We gebruiken de Nulpuntstelling om te bewijzen dt ieder 3egrds reëel polynoom p een reëel nulpunt heeft. N delen door de kopcoëfficiënt is het polynoom vn de vorm p(x) = x 3 + x 2 + bx + c, met, b, c in R. Wegens ( p(x) lim x x 3 = lim 1 + x x + b x 2 + c ) x 3 = 1 is er een ξ 1 > 0 zodnig dt p(ξ 1 )/ξ1 3 > 1/2. Dn geldt p(ξ 1 ) > ξ1/2 3 > 0. Op dezelfde mnier volgt uit lim x p(x)/x3 = 1 dt er een ξ 0 < 0 bestt met p(ξ 0 )/ξ0 3 > 1/2, zodt p(ξ 0 ) < ξ0/2 3 < 0. Uit de Nulpuntstelling volgt dn dt p een nulpunt heeft in het intervl [ξ 0, ξ 1 ]. Vk is het hndig om de volgende, iets lgemenere, vrint vn de Nulpuntstelling tot onze beschikking te hebben: Tussenwrdestelling V.4.7 Gevolg (Tussenwrdestelling). Lt, b R met < b. Zij f : [, b] R een continue functie, en neem n dt f() f(b). Dn geldt: voor iedere t in [f(), f(b)] bestt een c [, b] met f(c) = t. Bewijs. Als f() = C of f(b) = C is er niets te bewijzen. Als f() < C < f(b), ps dn de Nulpuntstelling toe op de functie g : [, b] R gedefinieerd door g(x) = f(x) C. V.4 EIGENSCHAPPEN VAN CONTINUE FUNCTIES 87

92 Combintie vn Stellingen V.4.2 en V.4.7 levert het volgende op: V.4.8 Stelling. Zij, b R met < b. Als f : [, b] R continu is, dn geldt f [ [, b] ] = [m, M], wrbij m R het minimum vn f is en M R het mximum vn f is. Herinner dt f [ [, b] ] het beeld vn de verzmeling [, b] is: f [ [, b] ] = {y R : er bestt een x [, b] met y = f(x)}. Bewijs. Volgens Stelling V.4.2 bestn er x 1, x 2 [, b] zó dt m = f(x 1 ) f(x) f(x 2 ) = M voor lle x [, b]. Als x 1 = x 2, dn is f constnt, en dus bestt f [ [, b] ] uit één punt. Stel nu dt x 1 < x 2. Volgens de Tussenwrdestelling (toegepst op het intervl [x 1, x 2 ] geldt dt f lle wrden tussen [m, M] nneemt. We zien dus dt [m, M] = f([x 1, x 2 ]) f [ [, b] ] [m, M]. Dus f [ [, b] ] = [m, M]. Het gevl x 1 > x 2 gt nloog. Inverse functies continue versie We kunnen de bovenstnde stellingen gebruiken om het bestn te bewijzen vn reële getllen met beplde eigenschppen. Algemener kunnen we ze gebruiken om n te tonen dt functies (continue) inverses hebben. V.4.9 Stelling (Inverse Functiestelling, continue versie). Lt J = [, b] een intervl zijn, en f : J R een strikt stijgende continue functie. Definieer I = f(j). Dn is f : J I een bijectie, en de inverse functie f 1 : I J is strikt stijgend en continu. Bewijs. Uit Stelling V.4.8 volgt dt I een intervl is. De surjectiviteit vn f is duidelijk en de injectiviteit volgt uit het feit dt f strikt stijgend is. Dus de inverse f 1 : I J bestt. We lten eerst zien dt f 1 strikt stijgend is. Stel f() y 1 < y 2 f(b) en lt x 1, x 2 [, b] zijn met f 1 (y 1 ) = x 1 en f 1 (y 2 ) = x 2. Dn f(x 1 ) = y 1, f(x 2 ) = y 2 en x 1 x 2 (wnt f(x 1 ) f(x 2 )). Als x 2 < x 1 krijgen we een tegensprk: y 2 = f(x 2 ) < f(x 1 ) = y 1. Er moet dus gelden dt x 1 < x 2 ofwel f 1 (y 1 ) < f 1 (y 2 ). We bewijzen nu de continuïteit. Zij y 0 I en neem eerst n dt y 0 geen eindpunt vn I is. Zij ε > 0 en lt x 0 = f 1 (y 0 ) zijn. Lt ε = min{ε, x 0, b x 0 } zijn. Noem x 1 = x 0 ε en x 2 = x 0 + ε en y 1 = f(x 1 ) en y 2 = f(x 2 ). Dn geldt y 1 < y 0 < y 2. Kies δ = min { y 0 y 1, y 2 y 0 }. Kies y I met y y 0 < δ willekeurig. Dn geldt y 1 < y < y 2, en dus x 0 ε = x 1 = f 1 (y 1 ) < f 1 (y) < f 1 (y 2 ) = x 2 = x 0 + ε. Dit geeft f 1 (y) f 1 (y 0 ) < ε. Als y 0 I een eindpunt is dn kun je op dezelfde mnier lten zien dt f 1 links- of rechtscontinu is in y 0. V.4.10 Opmerking. Bovenstnd bewijs breidt uit nr het gevl dt J een nder soort intervl is (open, hlfopen, oneindig, etc.). Ter illustrtie leiden we het bestn vn wortels f. k x V.4.11 Voorbeeld. Zij k N met k 2. De functie f : [0, ) [0, ) gedefinieerd door f(x) = x k is continu en strikt stijgend en f [ [0, ) ] = [0, ). Uit Stelling V.4.9 volgt dt f een continue inverse f 1 : [0, ) [0, ) heeft. k Nottie: x = f 1 (x) en ook x 1 k = f 1 (x). 88 V CONTINUïTEIT

93 Tegelijkertijd bewijst dit de existentie vn wortels: voor elke x 0 bestt een uniek reëel getl y 0 met de eigenschp dt y k = x. Neem mr y = f 1 (x). 4 Opgven 1. De functie f : R \ {0} R gedefinieerd door f(x) = 1/x is continu en voldoet n f( 1) = 1 en f(1) = 1. Toch heeft f geen nulpunt. Leg uit wrom dit niet in strijd is met de Nulpuntstelling. 2. Bewijs dt er een x R bestt die voldoet n 2 sin(x) = x Bewijs dt iedere polynoomfunctie f : R R vn oneven grd een nulpunt heeft. 4. Beschouw de vergelijking (x 1) 3 + b (x 3) 5 = 0, wrbij, b > 0. Toon n dt deze vergelijking tenminste één oplossing heeft in het intervl (1, 3). 5. Bewijs dt x 3 + 3x + 5 = 0 op het intervl [ 2, 1] precies één oplossing heeft. 6. Beschouw de functie f : R R gegeven door f(x) = x 6 3x + 1. () Bereken f(0), f(1/2) en f(1). (b) Toon n dt f een nulpunt heeft. (c) G n dt f(x) 1 voor lle x 0. (d) G n dt f(x) 1 voor lle x 1. (e) Toon n dt f een minimum heeft, en dt dit minimum ergens wordt ngenomen in het intervl [0, 1]. 7. Definieer de functie f : R R door f(x) = x8 + x 2 4x 1 x () Toon n dt f continu is. Tip: Gebruik stelling V.1.5. De definitie vn continuïteit hoef je niet meer te gebruiken bij deze opgve. (b) Bewijs dt f tenminste 2 nulpunten heeft. (c) Toon n dt f(x) 0 ls x 1, en dt f(x) 0 ls x 2 (d) Bewijs dt f een minimum heeft, en dt dit minimum ergens wordt ngenomen in het intervl [ 1, 2]. 8. Lt f, g : [ 1, 1] R functies zijn en neem n dt g(x) = f(x). Neem n dt g een mximum en een minimum heeft. Bewijs of weerleg: () f heeft een mximum of een minimum. (b) f heeft een minimum en een minimum. V.4 EIGENSCHAPPEN VAN CONTINUE FUNCTIES 89

94 9. Lt f : [, b] [, b] een continue functie zijn. Toon n dt 5 er een x [, b] is zó dt f(x) = x. 10. Zij J R een niet-leeg intervl en f : J R een continue functie. Lt m = inf f[j] en M = sup f(j), wrbij we fspreken dt m = ls f niet nr beneden begrensd is, en M = ls f niet nr boven begrensd is. Toon n dt f[j] een intervl is met eindpunten m en M. 11. Zij, b R met < b. Lt f : [, b] R een continue functie zijn. Definieer g : [, b] R ls g(x) = mx{f(y) : y [, x]}. Toon n dt g continu is. 12. G n welke vn de volgende functies f : V W een inverse f 1 : W V heeft, en of deze inverse continu is. () f : R R met f(x) = x 2 (b) f : [0, ) R met f(x) = x 2 (c) f : R [0, ) met f(x) = x 2 (d) f : [0, ) [0, ) met f(x) = x Zij f : R R een continue functie en zij (x, y) een punt dt niet op de grfiek vn f ligt. We gn ntonen dt er een t R bestt wrvoor de fstnd tussen de punten (t, f(t)) en (x, y) miniml is. Zij d(t) de fstnd vn het punt (t, f(t)) tot (x, y). () Toon n dt de functie d: R R continu is. (b) Toon n: ls t x > y f(x), dn is d(t) > d(x). Teken een pltje! (c) Beredeneer dt de beperking vn d tot het intervl [ x y f(x), x+ y f(x) ] ergens op dit intervl een minimum nneemt. (d) Beredeneer n de hnd vn (b) dt het minimum uit (c) tevens het minimum vn d is op heel R. 4 De oplettende lezer heeft gezien dt we in ndere hoofdstukken l gebruik gemkt hebben vn k x en x 1 k. 5 Een punt x [, b] met f(x) = x wordt een dekpunt of vst punt genoemd. 90 V CONTINUïTEIT

95 V.5 De exponentiële functie In deze prgrf bewijzen we enkele belngrijke eigenschppen vn de e-mcht. Herinner uit Prgrf IV.5 dt e x = exp(x) = lim (1 + x/n)n voor x R. V.5.1 Stelling. De volgende eigenschppen vn de functie x e x gelden: (i) x e x is strikt stijgend. (ii) x e x is continu. (iii) lim x ex =. (iv) lim x ex = 0. Bewijs. (i): Herinner uit Prgrf IV.5 dt e t > 1 voor lle t > 0. x, y R met x < y. Wegens Stelling IV.5.5 geldt Kies nu e y = e y x e x > e x. (ii): We tonen eerst n dt lim x 0 e x = 1. Bewering: voor lle x < 1 geldt 1 + x e x 1 1 x. Kies eerst x 1. Uit Lemm IV.5.1 en de definitie vn e x volgt dt e x ( 1 + x 1 ) 1 = 1 + x. Indien x < 1, dn geldt e x > 0 > x + 1. Dit bewijst 1 + x e x voor lle x R. Als we dit toepssen op x vinden we 1 x e x. Met e x = 1 e volgt dt x e x 1 1 x ls x < 1. Dit bewijst de bewering. Uit de Bewering en de Insluitsluitstelling volgt dt lim e x = 1. Zij nu c R x 0 willekeurig. Duidelijk is dt lim e x c = lim e h = 1. Dus ook x c h 0 lim x c ex = e c lim e x c = e c 1 = e c. x c Hieruit volgt de continuïteit in c. (iii): In het bewijs vn de bewering hebben we gezien dt e x 1 + x voor lle x R. Hieruit volgt lim x ex =. (iv): Angezien e x = 1 e volgt nu uit (iii) dt x lim x ex = lim x e x = lim x 1/ex = 0. V.5.2 Stelling. De functie f : R (0, ) gedefinieerd door f(x) = e x is inverteerbr. De inverse is f 1 : (0, ) R is strikt stijgend en continu. Bewijs. Dit volgt uit de Inverse Functie Stelling V.4.9 en Stelling V.5.1. logritme Definieer ln : (0, ) R ls de inverse vn de e-mcht: ln x = f 1 (x). De functie ln noemen we de ntuurlijke logritme, en wordt ook vk genoteerd ls log. Merk op dt voor n N en x > 0 geldt dt x n = (e ln x ) n = e ln x+ +ln x = e n ln x. V.5 DE EXPONENTIËLE FUNCTIE 91

96 Voor n, m N \ {0} geldt: x n = (e n ln x ) = (e n m ln x ) m, dus x n m = e n m ln x. Er volgt nu eenvoudig dt x α = e α ln x voor lle α Q en x > 0 door nogmls 1 = e u e u te gebruiken. Definiëer nu voor lle x > 0 en α R: x α x α = e α ln x. Men kn de volgende rekenregels fleiden V.5.3 Stelling. Zij α, β R en x, y > 0. Dn geldt: (i) ln 1 = 0. (ii) ln(xy) = ln(x) + ln(y). (iii) ln(x α ) = α ln x. (iv) x α x β = x α+β. (v) (x α ) β = x αβ. (vi) x α y α = (xy) α. V.5.4 Opmerking. In Opgve V.5.2 wordt je gecht n te tonen dt de functie f : R (0, ) gegeven door f(x) = x strikt stijgend, continu en inverteerbr is. De inverse kunnen we ook uitrekenen. We hebben y = f(x) y = x y = e x ln ln y = x ln. We vinden dus x = ln y ln. Conclusie f 1 (x) = ln x ln. Deze functie wordt meestl genoteerd ls log (x) = f 1 (x) = ln x ln. Het getl z = log (x) is dus het unieke getl dt voldoet n z = x. Opgven 1. Bewijs Stelling V Zij > 0, en definieer f : R (0, ) door f(x) = x. Toon n: () Als > 1, dn is de functie f strikt stijgend, continu en inverteerbr. (b) Als (0, 1), dn is de functie f strikt dlend en continu. 3. Lt zien dt 1 1 x ln x x 1 voor lle x > Uit Opgve V.5.3 zien we dt voor elke n 1 geldt dt 1 ( n + 1 ) n + 1 ln 1 n n. () Lt met behulp vn bovenstnde zien dt voor elke n 1 geldt dt 1 n n ln 2 1 n n 1. 1 (b) Bewijs dt lim n = ln 2. 2n 1 ln x 5. () Toon n dt dt lim x x = 0. (b) Toon n dt voor lle ε > 0 geldt dt lim x ln x x ε = V CONTINUïTEIT

97 VI REEKSEN Inmiddels heb je misschien l een ntl keer de volgende nottie gezien: n j = n. j=0 In dit hoofdstuk zullen we ons bezig houden met de vrg of je oneindig veel getllen bij elkr op kunt tellen. Dus wt is j=0 j of j. j=k Voorbeeld: In de volgende figuur wordt geïllustreerd hoe je het getl 2 ls een som vn oneindig veel getllen kunt schrijven: Figuur 6.1: Het getl twee verdeeld in oneindig veel oppervlkten In formule-vorm zou dt zijn Voorbeeld: Wt is: 2 = s = 1 + ( 1) ( 1) +...??? of kun je dit niet sommeren? Je kunt eenvoudig controleren dt indien we oneven veel termen bij elkr optellen vinden we 1 ls ntwoord. Indien we even veel termen nemen vinden we 0 ls ntwoord. VI REEKSEN 93

98 VI.1 Convergentie vn reeksen Reeks Lt ( j ) j 0 een rij reële getllen zijn. Uit ( j ) j 0 kunnen we voor ieder n N de prtiële som vormen: s n = n j = n. j=0 De rij vn prtiële sommen (s n ) n 0 wordt de reeks vn ( j ) j 0 genoemd en zullen we in het vervolg noteren ls j of j=0 De j s worden de termen vn de reeks genoemd. VI.1.1 Definitie. Een reeks j=0 j heet convergent met som s R ls de rij (s n ) n 0 vn prtiële sommen convergent is en lim s n = s. In dit gevl noteren we de som ls s = j. Een reeks j=0 j die niet convergent is zullen we divergent noemen. VI.1.2 Opmerking. j=0 (i) De convergentie vn j=k j = k + k wordt op een soortgelijke mnier gedefineerd. (ii) In het gevl vn convergentie heeft het symbool j=0 j dus twee betekenissen: de reeks en de som vn de reeks. meetkundige reeks VI.1.3 Voorbeeld. De meetkundige reeks j=0 rj, met r R. Uit Prgrf II.1 weten we dt voor elke n N geldt: s n = n j=0 Als r < 1 dn geldt lim rn+1 = 0 en dus j=0 Als r 1, dn is de reeks divergent. r j = 1 rn+1, ls r 1. 1 r r j is convergent en 1 j=0 r j 1 r n+1 = lim = 1 1 r 1 r. hrmonische reeks divergent VI.1.4 Voorbeeld. De hrmonische reeks j=1 1 j. We tonen n dt deze reeks is. Lt s n = n j=0 1 j voor n 0. Bewering: voor lle m N geldt dt s 2 m 1 + m 2. Uit de bewering volgt dt (s n ) n 1 divergeert. Er resteert om de bewering te bewijzen. Dit kun je met 1 Het gevl r = 1 2 stemt overeen met het voorbeeld n het begin vn dit hoofdstuk. 94 VI REEKSEN

99 behulp vn volledige inductie in m N lten zien. We geven een intuitievere uitleg en lten het precieze bewijs n de lezer over. 2 Er geldt: s 1 = 1, s 2 = 3 2, ( 1 s 4 = s ) ( ) = 2. 4 ( 1 s 8 = s ) + 1 ( ) + 1 = 5 2 ( 1 s 16 = s ) 5 ( ) 16 = 3. telescoopreeks VI.1.5 Voorbeeld. De telescoopreeks 1 j=2 1 j(j 1) = 1 j 1 1 j. Hieruit volgt dt voor lle n 2 j(j 1). Merk eerst op dt geldt s n = = n 1 j(j 1) = j=2 ( 1 1 2) 1 + Hieruit volgt dt j=2 n j=2 ( ) + 1 j(j 1) j=2 1 j 1 1 j ( ) + + convergent is en 1 j(j 1) = lim 1 1 n = 1. ( 1 n 1 1 ) = 1 1 n n. VI.1.6 Opmerking. Zij ( j ) j 0 een reële rij. (i) Lt k N 1. Bekijk de reeksen j=0 j en j. Noemen we prtiële sommen vn deze reeksen (s n ) n 0 en (t n ) n k respektievelijk, dn geldt: j=k s n = ( k 1 ) + t n, voor elke n k. Hier volgt dt j=0 j convergent is dn en slechts dn ls j=k j convergent is en in dit gevl j = ( k 1 ) + j. j=0 In het bijzonder volgt hieruit dt het convergentiegedrg vn een reeks niet verndert ls we eindig veel termen vn de reeks vernderen (de som vn de reeks verndert ntuurlijk wel). (ii) Als j=0 j convergeert, dn geldt lim k j=k j=k j = 0. (zie Opgve VI.1.8). VI.1.7 Stelling. Zij ( j ) j 0 een reële rij. Als de reeks j=0 j convergeert, dn geldt lim j j = 0. 2 Een precies bewijs stt in Voorbeeld VI.2.6. VI.1 CONVERGENTIE VAN REEKSEN 95

100 Bewijs. Lt (s n ) n 0 de rij vn prtiële sommen zijn. Dn geldt Angezien n = s n s n 1 volgt dt lim n = lim (s n s n 1 ) = lim s n lim s n 1 = s s = 0. lim s n = s. VI.1.8 Opmerking. (i) Uit Stelling VI.1.7 zien we direct dt j=0 rj divergeert ls r 1. (ii) Merk op dt de omkering vn Stelling VI.1.7 niet wr is: De reeks j=1 1 j is divergent, mr wel lim j 1 j = 0. VI.1.9 Stelling. Lt ( j ) j 0 en (b j ) j 0 reële rijen zijn en lt α, β R. Als j=0 j en j=0 b j convergent zijn, dn is ook j=0 (α j + βb j ) convergent en (α j + βb j ) = α j + β b j. j=0 Bewijs. Zie Opgve VI.1.6. j=0 j=0 Opgven 1. Toon n dt de volgende reeksen convergeren en bereken de som () j=0 4 j j, (b) n=2 ( 3 4) n (c) k= k 10 k. 2. Toon n dt de volgende reeksen convergeren en bereken de som () j=2 1 (j + 2)(j + 1) (b) k=1 1 (k + 2)k. 3. Wt zegt Stelling VI.1.7 over de convergentie vn de volgende reeksen: () n n=1 wrbij > 0. (b) n n=1 1/n (c) n=1 1/n (d) j=0 ( 1)j. 4. Zij r < 1, R en k N. Bewijs dt j=k rj = rk 1 r. 5. Lt j = j + 1 j, voor elke j 0. () Toon n dt lim j j = 0. (b) Toon n dt j=0 j divergent is. 96 VI REEKSEN

101 6. Lt ( j ) j 0 en (b j ) j 0 beide reële rijen zijn en lt α, β R. () Lt (s n ) n 0 en (t n ) n 0 de prtiële sommen vn j=0 j en j=0 b j zijn. Lt (u n ) n 0 de prtële sommen vn j=0 (α j + βb j ) zijn. G n dt voor lle n 0 geldt u n = αs n + βt n. (b) Bewijs Stelling VI.1.9. Hint: gebruik () en rekenregels voor limieten. 7. Lt s n = n j=1 j voor n 1. In Voorbeeld VI.1.4 wordt beweerd dt voor lle m 0 geldt s 2 m 1 + m 2. Bewijs dit met behulp vn volledige inductie. 8. Lt j=0 j een convergente reeks zijn. Toon n dt lim k j=k j = 0. VI.1 CONVERGENTIE VAN REEKSEN 97

102 VI.2 Reeksen met positieve termen In deze prgrf kijken we nr reeksen j=0 j met j 0 voor lle j N. Merk op dt in dit gevl voor de rij vn prtiële sommen s n = n j=0 j met n 0, geldt dt s 0 s 1 s 2... Dus de rij vn prtiële sommen is stijgend. Uit Stelling IV.3.3 en Propositie IV.1.6 weten we dt zulke rijen convergeren precies wnneer ze nr boven begrensd zijn. VI.2.1 Propositie. Zij ( j ) j 0 een rij met j 0 voor lle j N. Dn geldt j=0 j is convergent dn en slechts dn ls de rij vn prtiële sommen nr boven begrensd is. Mjorntenkenmerk Een belngrijk gevolg is het volgende vergelijkingskenmerk. VI.2.2 Stelling (Mjorntenkenmerk vn Weierstrss). Als voor de rijen ( j ) j 0 en (b j ) j 0 geldt dt 0 j b j voor lle j N, en ls j=0 b j convergent is, dn is ook j=0 j convergent. Bovendien geldt dn dt lim n lim b n. Bewijs. Lt s n = n j=0 j en t n = n j=0 b j voor elke n 0. Er geldt 0 s n t n voor elke n 0. De rij (t n ) n 0 is convergent en dus nr boven begrensd door een getl M 0. Dus ook (s n ) n 0 is nr boven begrensd door M, en dus convergent wegens Propositie VI.2.1. VI.2.3 Opmerking. (i) Angezien de convergentie vn een reeks niet fhngt vn het begin vn de rij, geldt het Mjorntenkenmerk ook indien er een k N bestt zó dt 0 j t j voor lle j k en j=k b j convergent is. (ii) Het Mjorntenkenmerk kn ook gebruikt worden om divergentie vn een reeks f te leiden. Immers, ls 0 j b j en is j=0 j divergent, dn moet j=0 b j divergent zijn. VI.2.4 Voorbeeld. (i) Bekijk de reeks j=1 1 j 2. Voor lle j 2 geldt 0 1 j 2 1 j(j 1). In Voorbeeld VI.1.5 hebben we gezien dt j=2 Mjorntenkenmerk volgt dt j=1 1 j 2 convergent is. 3 (ii) Bekijk de reeks j=1 1 3j+1. Er geldt 1 3j j + j = 1 4j. 1 j(j 1) convergent is. Uit het We weten dt j=1 1 j divergeert (hrmonische reeks), en dus Uit het Mjorntenkenmerk volgt dt j=1 1 3j+1 divergent is. j=1 1 4j ook. Het volgende verdichtingscriterium vn Cuchy zl hndig zijn. 98 VI REEKSEN

103 verdichtingscriterium vn Cuchy VI.2.5 Stelling. Zij ( j ) j 1 een rij getllen in R 0 zó dt Dn geldt j is convergent 2 j 2 j is convergent. j=0 j=0 Bewijs. Lt s n = n j=0 j en t n = k j=0 2j 2 j. Wegens Propositie VI.2.1 voldoet het te bewijzen dt (s n ) n 0 is begrensd (t n ) n 0 is begrensd. Neem n dt (s n ) n 0 begrensd is door een constnte M 1. Lt k 0. Dn geldt 1 2 t k = k 1 2 k ( ) + + ( 2 k k) = s 2 k M 1. Dus t k 2M 1. Neem n dt (t n ) n 0 begrensd is door een constnte M 2. Lt n 0. Kies k N zó dt n < 2 k. Dn geldt s n 1 + ( ) + + ( 2 k k+1 1) 1 + ( ) + + ( 2 k k) = k 2 k = t k M 2. VI.2.6 Voorbeeld. Zij p R >0. j=1 1 j p is convergent p > 1. Angezien j = 1 j met j 1 dlend is kunnen we Stelling VI.2.5 toepssen. p Merk op dt 2 j 2 j = 2 j(1 p) = r j, met r = 2 1 p. Dus wegens Voorbeeld VI.1.3 geldt: j=0 2j 2 j is convergent dn en slechts dn ls r < 1. Dit ltste geldt dn en slechts dn ls p > 1. Limietkenmerk De volgende stelling kn een hndig hulpmiddel zijn om convergentie vn reeksen n te tonen. VI.2.7 Stelling (Limietkenmerk). Lt j=0 j en j=0 b j reeksen zijn. Neem n dt j 0 en b j > 0 voor lle j N voldoende groot en dt j lim j b j = L bestt. Als j=0 b j convergent is, dn is ook j=0 j convergent. Bewijs. Kies N N zó dt voor lle j N geldt dt voor lle j N 0 j L + 1. b j j b j L < 1. Er volgt dt Dus 0 j (L + 1)b j voor ll j N. Uit het Mjorntenkenmerk zien we dt uit de convergentie vn j=0 b j de convergentie vn j=0 j volgt. 3 Het is bekend dt j=1 1 j 2 = π 2 /6, mr dit is ingewikkelder. VI.2 REEKSEN MET POSITIEVE TERMEN 99

104 VI.2.8 Opmerking. Als in de bovenstnde stelling L > 0 is, dn bestt ook b j lim = L, j j end dus geldt j=0 j is convergent dn en slechts dn ls j=0 b j is convergent. VI.2.9 Voorbeeld. Bekijk de reeks j 4 + 4j ( ) j 6 + 3j j=1 We pssen het Limietkenmerk toe met j = j2 +4j j 4 +3j 2 +3 en b j = 1 j 2. Er geldt Angezien j=1 1 j 2 j lim = 1. j b j convergeert volgt dt de reeks in ( ) ook convergeert. VI.2.10 Voorbeeld. Bekijk de reeks j=1 toe met j = 1 j 1+ 1 j en b j = 1 j. Er geldt 1 j 1+ 1 j b j lim = lim j j 1 j = 1. j j. We pssen het Limietkenmerk Angezien j=1 b j divergent is volgt ook dt j=1 j divergent is. Quotientenkenmerk Het volgende kenmerk is hndig voor veel reeksen. VI.2.11 Stelling (Quotientenkenmerk). Lt j=0 j een reeks zijn. Neem n dt j > 0 voor lle j N voldoende groot en dt j+1 lim = L j j bestt. (i) Als L < 1 dn is de reeks convergent. (ii) Als L > 1 dn is de reeks divergent (termen niet nr nul). Bewijs. (1): Kies r R zó dt L < r < 1. Kies N N zó dt j+1 j < r voor lle j N. Er volgt dt j+1 < r j voor lle j N. Hieruit zien we dt voor j N geldt 0 < j < r j 1 < r 2 j 2 <... < r j N N = (r N N )r j. Angezien de reeks j=0 (r N N )r j convergent is volgt uit het Mjorntenkenmerk dt ook j=0 j convergent is. (2) : Zie Opgve VI VI.2.12 Opmerking. Er bestn zowel convergente ls divergente reeksen met L = 1. Bekijk mr eens j=1 1 j. Dit is een divergente reeks. Voor de termen geldt 1/(j + 1) lim = 1. j 1/j Indien we de convergente reeks j=1 1 j bekijken, dn geldt 2 1/(j + 1) 2 lim j 1/j 2 = 1. Het gevl L = 1 moeten we dus ltijd nuwkeuriger onderzoeken. 100 VI REEKSEN

105 VI.2.13 Voorbeeld. Bekijk lim j ( j=1 j10 1 (j + 1) 10 ( 1 2) j. Dn geldt 2 ) j+1 ( ) j = 1 j Dus de reeks is convergent wegens het Quotientenkenmerk. VI.2.14 Voorbeeld. Bekijk j=0 1 j!. We pssen het Quotientenkenmerk toe. 1/(j + 1)! lim = lim j 1/j! j Dus de reeks is convergent. 4 j! (j + 1)! = lim j 1 j + 1 = 0. Decimlontwikkeling Ten slotte bespreken we de decimlontwikkeling vn een reëel getl. We beperken ons tot het intervl [0, 1]. Een getl zols bijvoorbeeld x = is eigenlijk niets nders dn een specile reeks. We bedoelen hiermee nmelijk niets nders dn x = Algemener: ls x = met j {0, 1, 2..., 9} dn betekent dit x = j=1 j 10 j. Uit het Mjorntenkenmerk volgt dt de reeks convergent is. Inderdd voor lle j 1 geldt dt 0 ( j 1 ) j, 10 j 9 10 en de reeks ( j j= ) is convergent. Bovendien geldt 0 x = j 10 j j=1 j=1 ( 1 ) j 1 9 = = 1. Dus iedere decimlontwikkeling stelt een reeël getl in [0, 1] voor. Omgekeerd heeft ieder reeël getl x [0, 1] een decimlontwikkeling. (zie Opgve VI.2.16) Deze is niet uniek. Zo is bijvoorbeeld = j j=3 = j= j = = = Als we fspreken dt we geen strten vn negens toestn dn is de decimlontwikkeling wel uniek (zie Opgve VI.2.16). 4 Er geldt j=0 1 = e (zie Prgrf VI.4). j! VI.2 REEKSEN MET POSITIEVE TERMEN 101

106 Opgven 1. Geef met behulp vn het Mjorntenkenmerk, Voorbeelden VI.1.4 en VI.2.4 een direct bewijs vn het volgende () j=1 1 j is convergent ls p > 2. p (b) j=1 1 j is divergent ls p < 1. p 2. Onderzoek welke vn de volgende reeksen convergent zijn () j=0 1 j (b) j=2 j j 2 1 (c) j=1 2 j j Onderzoek welke vn de volgende reeksen convergent zijn () j=0 j(j + 1) (j + 4) 4 (b) k=1 k 2 2 k k! (c) (n 8 + 3n) 3n n=1 4 n+1 4. Toon n: ls j 0 voor lle j 0 en j=0 j is convergent, dn is convergent. j=0 2 j 5. Toon n: ls j 0 en ( j ) j 0 is dlend en j=0 j is convergent, dn geldt lim j i j = Lt met een voorbeeld zien dt de eis dt ( j ) j 0 dlend is in Stelling VI.2.5, niet weggelten kn worden. 7. Onderzoek welke vn de volgende reeksen convergent zijn () n=1 2 n n! (b) m=0 n! 5 n (c) (n 8 + 3n) n4 8. Bewijs de volgende sterkere versie vn het Limietkenmerk: 5 Lt j=0 j en j=0 b j twee reeksen zijn. Neem n dt j 0 en b j > 0 voor lle j N n=1 3 n voldoende groot en dt 6 ( ) j lim sup j n b j bestt. Toon n: ls j=0 b j convergent is, dn is ook j=0 j convergent. 9. Lt j = 2 j ls j is even en 0 ls j is oneven. () Toon n dt het Limietkenmerk met b j = 2 j met j 0 niet toegepst kn worden op deze rij. (b) Toon n dt de sterkere versie vn het Limietkenmerk uit Opgve VI.2.8 wel toegepst kn worden. Wt geeft dit kenmerk voor informtie? 10. Onderzoek de convergentie vn de reeks j! j=1 j. j j Bewijs Stelling VI.2.11 (2). Bewijs ook dt de reeks divergeert ls lim =. j j 102 VI REEKSEN

107 Wortelkenmerk 12. Lt j=0 j een reeks zijn. Neem n dt j 0 voor lle j 0 voldoende groot en lim j j = L j bestt. Toon n dt () Als L < 1 dn is de reeks convergent. (b) Als L > 1 of lim j j j =, dn is de reeks divergent. (c) Geef zowel een voorbeeld vn een convergente en een divergente reeks met L = Definieer de rij ( j ) j 0 door 2j = 2 j en 2j+1 = 3 j, met j 0. () Lt zien dt het Quotientenkenmerk niet kn worden toegepst op deze rij. (b) Lt zien dt het Wortelkenmerk wel toegepst kn worden op deze rij. Wt volgt er uit het Wortelkenmerk? 14. Lt j=0 j een convergente reeks zijn met j 0 voor lle j 0. Toon n dt { } sup j : F N is eindig = j. 15. Bepl voor welke p > 0 geldt dt n 2 F 1 n(ln n) p j=0 convergent is. 16. () Bewijs dt iedere x [0, 1) een decimlontwikkeling heeft. (b) Indien we geen strten vn negens toestn, bewijs dt de decimlontwikkeling voor elke x [0, 1) uniek is. 5 Anloge versterkingen vn het Quotientenkenmerk en het Wortelkenmerk gelden ook. 6 lim sup is niets nders dn lim sup uit Opgve IV.3.7. j n j 7 In dit gevl kn dus net ls bij het Limietkenmerk geen uitsprk gedn worden. VI.2 REEKSEN MET POSITIEVE TERMEN 103

108 VI.3 Absolute convergentie In deze prgrf onderzoeken we reeksen wrvn de termen positief en negtief mogen zijn. 8 We beginnen met een equivlente formulering voor convergentie vn reeksen. VI.3.1 Stelling. Voor een rij ( j ) j 0 zijn de volgende uitsprken equivlent: (i) De reeks j=0 j is convergent (ii) Voor iedere ε > 0 bestt er een N N zó dt voor lle m, n N met m n N geldt m ( ) j < ε. j=n+1 Bewijs. (ii) (i): We moeten lten zien dt de rij vn prtiële sommen (s n ) n 0 convergent is. Wegens de Volledigheidsstelling IV.4.8 is het voldoende te bewijzen dt (s n ) n 0 een Cuchy-rij is. Zij ε > 0. Kies N N zols in de stelling. Kies m, n N. Er zijn 3 gevllen: (1) m = n, (2) m > n, (3) m < n. Voor (1) geldt s m s n = 0 < ε. Voor (2) geldt wegens ( ) m s m s n = j < ε. j=n+1 Voor (3) kunnen we n en m verwisselen in (2). Conclusie: (s n ) n 0 is een Cuchyrij. (i) (ii): Zie Opgve VI.3.1 bsoluut convergent VI.3.2 Definitie. convergent is. Een reeks j=0 j heet bsoluut convergent ls j=0 j VI.3.3 Stelling. Als j=0 j bsoluut convergent is, dn is j=0 j convergent. Bovendien geldt dn j j. j=0 Bewijs. We gebruiken Stelling VI.3.1. Zij ε > 0. Kies N N zó dt voor lle m n N geldt dt m j=n+1 j < ε. Uit de driehoeksongelijkheid volgt dt voor lle m n N geldt: m j=n+1 j j=0 m j=n+1 j < ε. Nu volgt (weer uit Stelling VI.3.1) dt j=0 j convergent is. Angezien voor lle n N geldt dt n j=0 j n j=0 j volgt de ongelijkheid in de stelling ls we de limiet voor n nr oneindig nemen en de rekenregels voor limieten gebruiken. Als we nu de convergentie vn j=0 j willen onderzoeken, dn kunnen we de volgende strtegie proberen. Bekijk eerst j=0 j. Angezien j 0 kunnen we hierop de convergentie criteri vn Prgrf VI.2 toepssen. Als nu blijkt dt j=0 j convergent is, dn volgt uit bovenstnde stelling dt ook j=0 j convergent is. 8 De bewijzen die we geven kunnen ook gebruikt worden voor reeksen wrbij de termen complexe getllen zijn. 104 VI REEKSEN

109 VI.3.4 Voorbeeld. De reeks j=0 jxj is voor lle x R met x < 1 bsoluut convergent, en dus ook convergent. Inderdd, met j = j x j volgt dt j+1 (j + 1)x j+1 lim = lim j j j jx j = lim j (j + 1) x = x. j Dus het Quotientenkenmerk geeft de convergentie voor lle x < 1. Merk op dt de reeks niet convergent is ls x 1, omdt dn de termen niet nr nul gn. VI.3.5 Opmerking (Verwisselen vn termen deel 1). Als een reeks bsoluut convergent is, dn is het toegestn de elementen vn de reeks in een ndere volgorde op te tellen zonder de som te vernderen. Dit bewijzen we in Opgve VI.3.8. Alternerende reeksen Zij ( j ) j 0 een rij getllen in R 0. Reeksen vn de vorm j=0 ( 1) j j = worden lternerende reeksen genoemd. Het volgende voorbeeld is een reeks die wel convergent is, mr niet bsoluut convergent. lternerende hrmonische reeks VI.3.6 Voorbeeld. Bekijk j=0 ( 1) j j + 1 = Deze reeks is niet bsoluut convergent wnt j=0 1 j + 1 is divergent. We onderzoeken de convergentie met behulp vn prtiële sommen. Lt s n = n j=0 ( 1) j j + 1 voor n 0. Zij x n = s 2n 1 voor n 1 en y n = s 2n voor n 0. Dn gelden de volgende eigenschppen (zie Opgve VI.3.4): (i) (x n ) n 1 is stijgend. (ii) (y n ) n 0 is dlend. (iii) Voor lle n 1 geldt x n y n. (iv) lim y n x n = 0. Uit Stelling IV.3.6 volgt nu dt (x n ) n 0 en (y n ) n 0 beide convergeren nr hetzelfde getl s. Mr dn geldt ook dt (s n ) n 0 nr s convergeert. 9 Kenmerk vn Leibniz Op een zelfde mnier kun je de volgende stelling bewijzen: VI.3.7 Stelling (Convergentie kenmerk vn Leibniz). Lt ( j ) j 0 een rij reële getllen zijn zó dt: (1) j 0 voor lle j 0. (2) ( j ) j 0 is dlend. (3) lim j j = 0. 9 In Opgve VI.3.7 wordt bewezen dt s = = ln 2. 4 VI.3 ABSOLUTE CONVERGENTIE 105

110 Dn is de reeks j=0 ( 1)j j = convergent. VI.3.8 Voorbeeld. Bekijk de reeks j=1 ( 1) j j. Merk op dt de reeks niet bsoluut convergent is. De reeks is wel convergent wegens Stelling VI.3.7 met j = 1 j, met j 1. VI.3.9 Opmerking (Verwisselen vn termen deel 2). Indien een reeks convergent is mr niet bsoluut convergent is het erg gevrlijk om de volgorde vn sommtie te vernderen. Hierdoor kn de som nmelijk vernderen. Dit illustreren we n de hnd vn de lternerende hrmonische reeks. Stel eens dt we termen mogen verwisselen. Dn kunnen we het volgende doen: s = = (1 1 2 ) ( ) ( ) = = 2( ) = 1 2 s. Hieruit volgt dt s = 0. Mr dt klopt niet wnt s > = 1 2. Blijkbr mogen we dus geen termen verwisselen. Er is nog veel meer n de hnd: uit Riemnn s rerrngement theorem (zie bijvoorbeeld wikipedi) volgt dt door de termen te verwisselen in bovenstnde reeks, je ieder reëel getl kunt krijgen ls uitkomst. Opgven 1. Bewijs Stelling VI.3.1 (i) (ii). 2. Onderzoek of de volgende reeksen bsoluut convergent en/of convergent zijn: ( 1) j 1 ( 1) n ( 1) k k () (b) j + 2 n (c) (d) m( 1) m. n (k + 1)! j=1 n=1 k=1 m=1 3. Onderzoek voor welke x R de volgende reeksen bsoluut convergent en/of convergent zijn () j 2 x j x j (b) j (c) x j (d) j!x j. j! j=1 j=1 n=1 n=1 4. G n dt de eigenschppen (i)-(iv) in Voorbeeld VI.3.6 gelden. 5. Bewijs Stelling VI.3.7. Hint: Volg het rgument in Voorbeeld VI Lt met behulp vn tegenvoorbeelden zien dt geen vn de voorwrden (1), (2) of (3) weggelten kn worden in Stelling VI Beschouw de hrmonische reeks ( 1) j j=0 () Toon n dt voor elke n 2 geldt dt x n = 2n j=n+1 j+1. 1 j = 1 n n, wr (x n ) n 0 de rij uit in Voorbeeld VI.3.6 is. (b) Bewijs dt ( 1) j j=0 j+1 = ln VI REEKSEN

111 8. Neem n dt j=0 j bsoluut convergent is. Zij σ : N N een bijectie. Dn geldt j=0 σ(j) is convergent en 10 j = σ(j). j=0 j=0 10 Het omgekeerde is ook wr: ls de volgorde vn sommeren niet uitmkt, dn moet de reeks bsoluut convergent zijn. VI.3 ABSOLUTE CONVERGENTIE 107

112 VI.4 De exponentiële functie In deze prgrf bespreken we een connectie tussen de reeks 11 j=0 xj j! en de exponentiële functie e x ( die we bestudeerd hebben in Prgrfen IV.5 en V.5. Herinner dt e x = lim 1 + x n voor x R. n) VI.4.1 Stelling. Voor lle x R geldt j=0 xj j! is (bsoluut) convergent en In het bijzonder geldt dus e = j=0 e x = j=0 x j j!. 1 j! = ! + 1 2! + 1 3! + Bewijs. Net ls in Voorbeeld VI.2.14 kn de convergentie worden ngetoond met het Quotientenkenmerk. Inderdd voor elke x R geldt: x j+1 /(j + 1)! x lim j x j = lim /j! j j + 1 = 0. Dit bewijst de bsolute convergentie vn de reeks. De convergentie volgt dn uit Stelling VI.3.3. Nu bewijzen we dt de som gelijk is n e x. Zij x R willekeurig. Definieer j=0 s n = n j=0 x j j! en t n = ( 1 + x n) n, n 1. Verder definiëren we s = lim s n en t = lim t n = e x. Bewering: Voor elke ε > 0 geldt dt s t ε. Zij ε > 0. Met behulp vn het Binomium vn Newton (Stelling II.1.4) vinden we n ( ) n x j n(n 1) x 2 n(n 1) 2 1 x n t n = = 1 + x + j nj n ! n n n!. Er volgt s n t n = ( n(n 1) 1 n j=2 ( 1 ( n(n 1) 2 1 ) x n n n! ) x 2 n 2 2! n(n 1) 2 (n j + 1) n j ) x j j!. Zij N N 1. Voor iedere n > N kunnen we bovenstnde som in twee stukken splitsen: s n t n n j=n+1 + ( 1 N j=2 11 Hierbij spreken we f dt 0 0 = 1. ( 1 n(n 1) (n j + 1) ) x j n j j! n(n 1) (n j + 1) ) x j n j j!. 108 VI REEKSEN

113 Merk op dt voor de eerste term geldt: n j=n+1 ( 1 n(n 1) (n j + 1) ) x j n j j! n j=n+1 x j j! j=n+1 x j j!. Angezien zo dt j=n+1 x j j=0 j! een convergente reeks is, kunnen we een N N 1 vinden x j j! < ε. Voor n > N geldt dn s n t n N j=2 ( 1 n(n 1) (n j + 1) ) x j n j + ε. j! Uit de rekenregels voor limieten volgt dt (merk op N j=2 is een eindige som) lim N j=2 = ( 1 N lim j=2 n(n 1) (n j + 1) ) x j n j j! ( 1 n(n 1) (n j + 1) n j ) x j ) = 0. j! Uit de rekenregels voor limieten concluderen we dt s t ε en dit bewijst de bewering. Uit de bewering volgt direct dt s = t, en dit bewijst de stelling. e / Q VI.4.2 Stelling. Het getl e is irrtionl: e / Q Bewijs. Zij s n = n j=0 1 j!. Uit Stelling VI.4.1 volgt dt voor elke n 1 geldt 1 0 < e s n = j! = 1 ( 1 n! (n + 1) + 1 ) (n + 1)(n + 2) + j=n+1 1 ( 1 n! (n + 1) + 1 ) (n + 1) 2 +. De reeks 1 (n+1) + 1 (n+1) 2 + = k=1 1 (n+1) k is een meetkundige reeks en we vinden dt 12 0 < e s n 1 n! 1 (n + 1) k = 1 1 n! n. k=1 Stel dt e Q. Angezien e > 0 volgt dt e = p q met p, q N 1. Voor elke n 1 volgt dt 0 < p q s n 1 1 n! n ( p ) ofwel 0 < n! q s n 1 n. Er geldt n!s n N en n! p q N ls n q. Er volgt dt 0 < n! p q n!s n N voor lle n q. Mr dn volgt 1 n! p q n!s n 1 n voor lle n q. Dit geeft een tegensprk, dus e / Q. 12 Uit fschtting volgt ook dt s n heel snel nr e convergeert. Probeer mr eens n = 5. VI.4 DE EXPONENTIËLE FUNCTIE 109

114 VII AFGELEIDE VII.1 Differentiëren In het vorige hoofdstuk hebben we continuïteit gedefinieerd voor functies op willekeurige deelverzmelingen vn R. In dit hoofdstuk, over differentieerbrheid, beperken we ons tot open deelverzmelingen vn R. Herinner dt D R open is ls er voor elke x D een ε > 0 bestt zó dt (x ε, x + ε) D. Merk op dt ieder punt uit een open verzmeling een verdichtingpunt is (zie Opgve V.2.12). VII.1.1 Definitie. Lt D R open, en f : D R. Lt x 0 D. Dn heet f differentieerbr in x 0 ls de limiet 1 f(x 0 + h) f(x 0 ) lim h 0 h bestt. In dt gevl noemen we deze limiet de fgeleide vn f in x 0, nottie: f (x 0 ). We noemen f differentieerbr ls f differentieerbr is in ieder punt vn D. VII.1.2 Opmerking. Zij f : [, b] R een functie. De linkerfgeleide vn f in x 0 (, b] is gedefinieerd ls f(x 0 + h) f(x 0 ) lim h 0 h indien de limiet bestt en in dit gevl noemen we f linksdifferentieerbr in x 0. De rechterfgeleide in x 0 [, b) is gedefinieerd ls f(x 0 + h) f(h) lim h 0 h indien de limiet bestt en in dit gevl noemen we f rechtsdifferentieerbr in x 0. VII.1.3 Opmerking. Merk op dt f(x) f(x 0 ) f(x 0 + h) f(x 0 ) lim = lim. x x 0 x x 0 h 0 h Dit volgt rechtstreeks uit de definitie vn limiet. 1 We zijn hier slordig. Strikt genomen moeten we een functie definiëren (g : D \ {x 0 } R, x (f(x 0 + h) f(x 0 ))/h, in dit gevl) wrvn we de limiet nemen. In het vervolg mken we geen opmerkingen meer over deze slordigheid. Merk wel op dt x 0 inderdd een verdichtingspunt vn D \ {x 0 } is (wrom?). 110 VII AFGELEIDE

115 Differentieerbre functies zijn utomtisch continu. VII.1.4 Stelling. Als D R open is, x 0 D, en f : D R differentieerbr is in x 0, dn is f continu in x 0. Bewijs. Dit volgt uit ( lim f(x) f(x0 ) ) ( = lim f(x0 + h) f(x 0 ) ) ( f(x0 + h) f(x 0 ) lim x x 0 h 0 h 0 h = f (x 0 ) 0 = 0. ) h Eigenschppen vn de fgeleide Het omgekeerde geldt niet: de bsolute wrde-functie f : R R, f(x) = x is niet differentieerbr in 0, zie Opgve VII.1.5. Voor het nemen vn fgeleiden gelden de bekende rekenregels: VII.1.5 Stelling (Rekenregels voor fgeleiden). Lt f : (, b) R en g : (, b) R twee functies zijn. Zij verder x 0 (, b) gegeven, en zij α een reëel getl. Als f en g beide differentieerbr zijn in x 0, bewijs dt dn geldt: (i) α f is differentieerbr in x 0 met fgeleide (αf) (x 0 ) = αf (x 0 ). (ii) f + g is differentieerbr in x 0 met fgeleide (f + g) (x 0 ) = f (x 0 ) + g (x 0 ). (iii) fg is differentieerbr in x 0 met fgeleide (fg) (x 0 ) = f(c)g (x 0 ) + f (x 0 )g(x 0 ). (iv) Als bovendien g(x) 0 voor lle x (, b), dn geldt: 1/g is differentieerbr in het punt x 0 met fgeleide Bewijs. Zie Opgve VII.1.9. ( 1 g ) (x0 ) = g (x 0 ) (g(x 0 )) 2. We gn nu de kettingregel bewijzen, die zegt dt de smenstelling vn twee differentieerbre functies weer differentieerbr is. Bovendien geeft de kettingregel een formule voor de fgeleide vn de smenstelling. We beginnen met hndige herformulering vn de definitie vn differentieerbrheid. lineriseren VII.1.6 Stelling (Lineriseren). Zij D R open, f : D R een functie, x 0 D en L R. De volgende beweringen zijn equivlent: (i) f is differentieerbr in het punt x 0 en f (x 0 ) = L. (ii) er is een functie R, gedefinieerd op een open intervl rond nul met lim h 0 R(h)/h = 0 zó dt voor elke x in dit open intervl rond nul geldt dt f(x) = f(x 0 ) + L (x x 0 ) + R(x x 0 ). Bewijs. Neem n dt f differentieerbr is in x 0 D met f (x 0 ) = L. Definieer R ls: R(h) = f(x 0 + h) f(x 0 ) Lh. G zelf n dt R de gewenste eigenschppen heeft. Omgekeerd, zij R zols in (ii). Dn geldt ( f(x 0 + h) f(x 0 ) lim = lim L + R(h) ) = L, h 0 h h 0 h dus f is differentieerbr in x 0 met fgeleide f (x 0 ) = L. VII.1 DIFFERENTIËREN 111

116 linerisering We kunnen deze stelling ls volgt interpreteren: rond het punt x 0 is f(x) bij bendering gelijk n zijn linerisering l(x) = f(x 0 ) + f (x 0 )(x x 0 ), wrbij de foutterm voldoet n lim x x 0 R(x x 0 )/(x x 0 ) = 0. Kettingregel VII.1.7 Stelling (Kettingregel). Lt D 1, D 2 open deelverzmelingen vn R zijn, f : D 1 R en g : D 2 R, en neem n dt f[d 1 ] D 2. Lt x 0 D 1 en neem n dt f differentieerbr is in x 0 en dt g differentieerbr is in y 0 = f(x 0 ). Dn is ook de smengestelde functie g f : D 1 R differentieerbr in x 0, en er geldt ( ) (x0 g f ) = g ( f(x 0 ) ) f (x 0 ). Bewijs. Volgens Stelling VII.1.6 bestn er functies R 1 en R 2 met de eigenschp lim R 1(h)/h = lim R 2 (k)/k = 0 zó dt h 0 k 0 f(x 0 + h) = f(x 0 ) + f (x 0 )h + R 1 (h), g(y 0 + k) = g(y 0 ) + g (y 0 )k + R 2 (k) voor lle h, k in een open intervl rond nul. Dn geldt (g f)(x 0 + h) = g ( f(x 0 + h) ) = g ( y 0 + f (x 0 )h + R 1 (h) ) = g(y 0 ) + g (y 0 )f (x 0 )h + g (y 0 )R 1 (h) + R 2 ( f (x 0 )h + R 1 (h) ) = g f(x 0 ) + g (y 0 )f (x 0 )h + R 3 (h), ( wrbij R 3 (h) = g (y 0 )R 1 (h) + R 2 f (x 0 )h + R 1 (h) ). Het is eenvoudig om zien dt lim R 3 (h)/h = 0. Uit Stelling VII.1.6 volgt nu dt g f differentieerbr is h 0 in x 0 met fgeleide g ( f(x 0 ) ) f (x 0 ). De volgende stelling is een uitbreiding vn Stelling V.4.9 en geeft onder beplde voorwrden de differentieerbrheid vn de inverse functie. Inverse Functiestelling VII.1.8 Stelling (Inverse Functiestelling, differentieerbre versie). Lt J = [, b] een intervl zijn, en f : J R een strikt stijgende functie. Definieer I = f(j). Dn is f : J I een bijectie, en de inverse functie f 1 : I J is strikt stijgend n continu. Zij x 0 (, b). Als f differentieerbr is in x 0 met f (x 0 ) 0, dn is de inverse functie f 1 : [f(), f(b)] [, b] differentieerbr in y 0 = f(x 0 ) met fgeleide: ( f 1 ) (y0 ) = 1 f (x 0 ). Bewijs. Neem een rij (y n ) n 1 in [f(), f(b)] zó dt lim y n = y 0 en y n y 0 voor lle n 1. Noem x n = f 1 (y n ). Dn is x n x 0 voor lle n 1, en lim x n = x 0, wnt f 1 is continu. Nu is f 1 (y n ) f 1 (y 0 ) x n x 0 lim = lim y n y 0 f(x n ) f(x 0 ) = 1 f (x 0 ). Uit Stelling V.2.5 volgt dt f 1 (y) f 1 (y 0 ) lim = 1 y y 0 y y 0 f (x 0 ), dus f 1 is differentieerbr in y 0 en ( f 1) (y0 ) = 1 f (x 0). 112 VII AFGELEIDE

117 VII.1.9 Opmerking. (i) Als f 1 differentieerbr is in y 0 = f(x 0 ) dn volgt uit de kettingregel: 1 = ( f 1 f ) (x0 ) = f 1 ( f(x0 ) ) f (x 0 ). De formule voor ( f 1) (y0 ) is dus duidelijk mr dt f 1 differentieerbr is in y 0 = f(x 0 ) moet prt bewezen worden. (ii) Beschouw de functie f : [ 1, 1] [ 1, 1] gegeven door f(x) = x 3. Dn geldt dt f is strikt stijgend. Echter f (0) = 0, en dus f 1 is niet differentieerbr in 0. De voorwrde f (x 0 ) 0 in Stelling VII.1.8 mg dus niet worden weggelten. (iii) Stelling VII.1.8 geldt ook voor ndere soorten vn intervllen (oneindig, open, hlfopen, etc), zolng x 0 mr niet op de rnd vn het intervl J gekozen wordt. VII.1.10 Voorbeeld. Voor n 1 bekijken we de functie f : [0, ) [0, ) met voorschrift f(x) = x n. Deze functie is inverteerbr met inverse g(x) = n x. In Voorbeeld V.4.11 hebben we bewezen dt g continu is. We tonen hier n dt g ook differentieerbr is. Lt y 0 (0, ) en zij x 0 = g(y 0 ) = n y 0. Dn geldt f (x 0 ) = nx n Uit de differentieerbre versie vn de Inverse Functiestelling volgt nu dt g differentieerbr is in het punt y 0, met fgeleide g (y 0 ) = g (x n 0 ) = 1 1 nx n 1 = = 1 0 n n y0 n 1 n y 1 n 1 0. Opgven 1. Toon n met behulp vn de definitie vn fgeleide: () De functie f : R R, f(x) = x is differentieerbr op R, met fgeleide f (x) = 1; (b) De functie f : R R, f(x) = x 2 is differentieerbr op R, met fgeleide f (x) = 2x. 2. Zij n 1 een geheel getl. Toon n dt de functie f(x) = x n differentieerbr is op R, met fgeleide f (x) = nx n 1. Anwijzing: Gebruik volledige inductie, of de binomilformule vn Newton, of iets nders. 3. Welke vn de volgende functies f : D R zijn differentieerbr op hun domein D? () f(x) = x, D = R (b) f(x) = x, D = R\{0} 4. G n dt de volgende functies f : (0, ) R differentieerbr zijn en bepl hun fgeleiden: () f(x) = 1 + x (b) f(x) = x (c) f(x) = x VII.1 DIFFERENTIËREN 113

118 5. G n welke vn de volgende functies f : R R differentieerbr zijn in 0. Bepl indien mogelijk f (0). () f(x) = x (b) f(x) = x x (c) f(x) = x (d) f(x) = x x 6. Toon n dt f : R R gegeven door f(x) = x, links- en rechtsdifferentieerbr is in Bewijs: f : (, b) R is differentieerbr in een c (, b) dn en slechts dn ls de linker- en rechterfgeleiden vn f in c bestn en n elkr gelijk zijn. 8. Voor welke R is de functie f : R R, { x f(x) = ls x 1 (x 3 + 5) ls x < 1 differentieerbr? 9. Bewijs Stelling VII Zij f : (0, 2) (2, 14) gegeven door f(x) = x 3 + x Toon n dt f inverteerbr is en bereken (f 1 ) (4). 11. Zij f : (0, 3) R gegeven door f(x) = x 5 + 3x 2 2. () Vind, b R zó dt f[(0, 3)] = (, b), en lt zien dt f : (0, 3) (, b) inverteerbr is. (b) Bereken (f 1 ) (2). (c) Bereken (f 1 ) ( 39/32). 12. G n welke vn de volgende functies f : V W een inverse f 1 : W V heeft, en of deze inverse continu en/of differentieebr is. () f : R R met f(x) = x 2 (b) f : [0, ) R met f(x) = x 2 (c) f : R [0, ) met f(x) = x 2 (d) f : [0, ) [0, ) met f(x) = x Vind met behulp vn de Inverse Functiestelling (controleer ook dt n lle voorwrden voldn is): () (rcsin x) ; (b) (rccos x) ; (c) (rctn x). 14. We geven een voldoende voorwrde dt een functie met continue fgeleide inverteerbr is. () Neem n dt f : (, b) R een differentieerbre functie is zó dt f continu is op (, b) en f (c) 0 voor een c (, b). Lt zien dt er een deelintervl vn (, b) bestt wrop f inverteerbr is. (b) Beschouw de functie f : R R gedefinieerd door x + 2x 2 sin 1 x, x 0, f(x) = 0, x = 0. G n dt f differentieerbr is met f (0) 0 mr dt f op geen open intervl rond 0 inverteerbr is. (Merk op dt f niet continu is in 0; de voorwrde continu differentieerbr in () kunnen we dus niet weglten.) 114 VII AFGELEIDE

119 VII.2 De Middelwrdestelling Vn het vwo weten we dt een differentieerbre functie f : (, b) R stijgend is dn en slechts dn ls de fgeleide niet-negtief is: f (x) 0 voor lle x (, b). Deze prgrf besteden we n het precieze bewijs vn deze stelling. VII.2.1 Stelling. Lt, b R met < b. Als f : (, b) R een stijgende differentieerbre functie is, dn is f (x) 0 voor lle x (, b). Bewijs. Lt x (, b). Dn geldt f f(x + h) f(x) (x) = lim 0 h 0 h wr we gebruiken dt f(x + h) f(x) 0 wnneer h > 0. De omkering is lstiger te bewijzen. We beginnen met een hulpresultt. VII.2.2 Stelling. Lt, b R met < b. Neem n dt de functie f : [, b] R een mximum of een minimum nneemt in een punt x 0 (, b). Als f differentieerbr is in x 0, dn geldt f (x 0 ) = 0. Bewijs. Neem n dt f in x 0 een mximum nneemt (het gevl dt f in x 0 een minimum nneemt gt nloog). Dn geldt f f(x 0 + h) f(x 0 ) (x 0 ) = lim 0 h 0 h omdt f(x 0 + h) f(x 0 ) voor h < 0, en f f(x 0 + h) f(x 0 ) (x 0 ) = lim 0 omdt f(x 0 + h) f(x 0 ) voor h > 0. h 0 h Het volgende resultt stt bekend ls de Stelling vn Rolle (M. Rolle). Stelling vn Rolle VII.2.3 Stelling (Rolle, 1691). Lt, b R met < b. Zij f : [, b] R een continue functie die differentieerbr is op (, b). Als f() = f(b) = 0, dn bestt er een ξ (, b) met f (ξ) = 0. Bewijs. Volgens Stelling V.4.2 neemt f op het intervl [, b] een minimum en een mximum n, er bestn dus ξ 0 [, b] en ξ 1 [, b] met f(ξ 0 ) f(x) f(ξ 1 ) voor lle x [, b]. Als f(ξ 1 ) 0, dn, vnwege f() = f(b) = 0, geldt ξ 1 (, b). Uit Stelling VII.2.2 volgt dn dt f (ξ 1 ) = 0 en kunnen we ξ = ξ 1 nemen. Net zo, ls f(ξ 0 ) 0, dn volgt dt ξ 0 (, b), dt f (ξ 0 ) = 0 en kunnen we ξ = ξ 0 nemen. In het overgebleven gevl is f(ξ 0 ) = f(ξ 1 ) = 0. Mr dn is f constnt 0 is. In het bijzonder is ook f constnt 0 op (, b) en voldoet iedere ξ (, b). Uit de Stelling vn Rolle leiden we het volgende resultt f. Middelwrdestelling VII.2.4 Stelling (Middelwrdestelling). Lt, b R met < b. Zij f : [, b] R een continue functie die differentieerbr is op (, b). Dn bestt er een ξ (, b) wrvoor geldt f f(b) f() (ξ) =. b VII.2 DE MIDDELWAARDESTELLING 115

120 Bewijs. Beschouw de functie F : [, b] R gegeven door: F (x) = f(x) f() f(b) f() (x ), x [, b]. b Deze functie is continu op [, b] en differentieerbr op (, b), met fgeleide F (x) = f (x) f(b) f(), x (, b). b Bovendien geldt F () = F (b) = 0. Volgens de stelling vn Rolle is er dus een ξ (, b) met F (ξ) = 0. Dit betekent dt 0 = F (ξ) = f (ξ) f(b) f(). b De Middelwrdestelling heeft een ntl belngrijke gevolgen, wronder de omkering vn Stelling VII.2.1. VII.2.5 Stelling. Lt, b R met < b. Zij f : [, b] R een continue functie die differentieerbr is op (, b). (i) Als f (x) 0 voor lle x (, b), dn is f stijgend op [, b]. (ii) Als f (x) > 0 voor lle x (, b), dn is f strikt stijgend op [, b]. (iii) Als f (x) = 0 voor lle x (, b), dn is f constnt op [, b]. Bewijs. Opgve VII.2.7. Deze stelling is minder trivil dn men misschien op het eerste gezicht geneigd is te denken! De volledigheid vn R speelt hier een crucile rol. Middelwrdeongelijkheid VII.2.6 Gevolg (Middelwrdeongelijkheid). Lt en b in R zijn, met < b. Zij f : [, b] R continu, en differentieerbr op (, b). Lt C R en neem n dt voor lle x (, b) : f (x) C. Dn geldt voor lle x, y [, b] : f(y) f(x) C y x. Bewijs. Lt x, y [, b]. Als x = y, dn is de uitsprk duidelijk wr. Ook is de uitsprk symmetrisch in x en y. We mogen (en zullen) dus nnemen dt x < y. Door de Middelwrdestelling toe te pssen op het intervl [x, y] vinden we een ξ (x, y) wrvoor f (ξ) = Mr we weten dt f (ξ) C, zodt f(y) f(x) y x = f(y) f(x). y x f(y) f(x) y x = f (ξ) C. Deze ongelijkheid heeft de volgende fysische interprettie: wie in het tijdsintervl [x, y] niet hrder rijdt dn C km/u legt in dit tijdsintervl hoogstens C y x km f. 116 VII AFGELEIDE

121 Opgven 1. Agent A ziet op de snelweg een Porsche voorbijrijden met snelheid 90 km/u. Hij vertrouwt de zk niet en belt voor de zekerheid zijn colleg B, die 10 km verderop stt. Deze ziet de Porsche precies 6 minuten lter voorbij komen, wederom met 90 km/u. De mximumsnelheid is 100 km/u. Kn Agent B bewijzen dt de Porsche hrder dn 100 km/u gereden heeft? 2. Wt zl een goede rechter vn Agent B s rgument zeggen? Is er een ε > 0 wrvoor Agent B kn bewijzen dt de Porsche hrder dn ε km/u gereden heeft? 3. Bewijs dt de vergelijking x 7 + x 5 + x = 0 precies één reële oplossing heeft. 4. Zij N 2 een gegeven geheel getl. Lt, b R met < b, en zij f : [, b] R een differentieerbre functie met N verschillende nulpunten. Toon n dt de fgeleide f : [, b] R tenminste N 1 verschillende nulpunten heeft. 5. () Zij, b R met < b, en f : (, b) R differentieerbr met begrensde fgeleide. Toon n dt f uniform continu is. (b) Lt zien dt een differentieerbre en uniform continue functie f : (0, 1) R geen begrensde fgeleide hoeft te hebben. 6. Lt L R en f : ( 1, 1) R voldoen n: 1. f is continu. 2. f is differentieerbr op ( 1, 1) \ {0}. 3. lim f (x) = L. x 0 Bewijs dt f ook differentieerbr is in 0, en dt f (0) = L. 7. Bewijs Stelling VII Zij n N met n 2. Toon n dt voor lle y x > 0 geldt dt n y n x x 1 n 1 (y x). n VII.2 DE MIDDELWAARDESTELLING 117

122 VII.3 De exponentiële functie In deze prgrf bewijzen we de differentieerbrheid vn de e-mcht en tonen n dt (e x ) = e x. Ook bewijzen we dt (ln x) = 1 x. VII.3.1 Stelling. De functie f : R (0, ) gegeven door f(x) = e x is differentieerbr en f (x) = e x voor lle x R. e x 1 Bewijs. We bewijzen de volgende bewering: lim = 1. Hiervoor vinden we x 0 x eerst een goede fschtting vn e x 1 x. Stelling VI.4.1 zegt dt e x = j=0 xj j!. Hieruit volgt dt voor lle x [ 1, 1] geldt e x 1 x = x j j! j=2 x j j! j=2 x 2 j=2 x 2 x j 1 j=2 j! 1 j! (e 2)x2. Zij ε > 0. Kies δ = min{ε/(e 2), 1}. Uit het bovenstnde vinden we dt voor lle x R met 0 < x < δ geldt ex 1 x 1 = ex 1 x x (e 2)x2 x = (e 2) x < (e 2)δ < ε. Dit bewijst de bewering. Nu kunnen we bewijzen dt f differentieerbr is en f (x) = e x. Zij x 0 R willekeurig. Uit de bewering en e x+y = e x e y volgt dt f(x 0 + h) f(x 0 ) e x0+h e x0 lim = lim h 0 h h 0 h Hieruit volgt f is differentieerbr in x 0 en f (x 0 ) = e x0. e h 1 = e x0 lim = e x0. h 0 h VII.3.2 Stelling. De functie g : (0, ) R gegeven door g(x) = ln x is differentieerbr en g (x) = 1 x voor lle x R. Bewijs. Merk op: g is de inverse vn de functie f uit Stelling VII.3.1. Zij y 0 (0, ) willekeurig. Kies x 0 R zó dt f(x 0 ) = e x0 = y 0. Angezien f (x 0 ) = e x0 = y 0 0 volgt uit de Inverse Functiestelling VII.1.8 dt g (y 0 ) = 1 f (x 0 ) = 1 y 0. Opgven 1. Zij α R. Lt f : (0, ) (0, ) gedefinieerd zijn door f(x) = x α. Toon n dt f (x) = αx α 1 voor lle x (0, ). 118 VII AFGELEIDE

123 2. Zij > 0. Lt f : R R gedefinieerd zijn door f(x) = x. Toon n dt f differentieerbr is en f (x) = ln() x voor lle x R. 3. Lt f : (0, ) R gedefinieerd zijn door f(x) = x x. Toon n dt f differentieerbr is en bereken f (x) voor lle x (0, ). differentilvergelijking 4. Zij R een constnte. () Toon n dt de functie y : R R gegeven door y(x) = e x voldoet n y (x) = y(x) voor elke x R en y(0) = 1. (b) Toon n dt ls een differentieerbre functie y : R R voldoet n y (x) = y(x) voor elke x R en y(0) = 1, dn geldt y(x) = e x voor lle x R. Hint: Beschouw de functie g : R R door g(x) = e x y(x), en lt zien dt g constnt is. ln x 5. Bereken de volgende limiet lim x 1 x Lt zien dt lim n( n x 1) = ln x. 7. Definieer de functies cosh : R R en sinh : R R door sinh(x) = ex e x 2 en cosh(x) = ex + e x, x R. 2 Lt zien dt (sinh(x)) = cosh(x) en (cosh(x)) = sinh(x). 8. Definieer de functie f : R R door { ( ) f(x) = exp 1 x, voor x > 0, 0, voor x 0. () Toon n dt f differentieerbr is op R \ {0} en bereken zijn fgeleide. (b) Toon n dt f differentieerbr is in 0 en bereken zijn fgeleide. (c) Hint: Gebruik Opgve VII.2.6. Toon n dt f differentieerbr is en bereken zijn fgeleide. (d) Toon n dt f oneindig vk differentieerbr is. 2 Wt is de n-de fgeleide in 0? 2 Dit betekent f = (f ) is differentieerbr, f = (f ) is differentieebr, etc. VII.3 DE EXPONENTIËLE FUNCTIE 119

124 VIII RIEMANN-INTEGRAAL Oppervlkten spelen l duizenden jren een belngrijke rol in de mtschppij. Er zijn veel methoden ontwikkeld om oppervlkten uit te rekenen. Enkele eeuwen geleden is gebleken dt de integrtie-theorie een krchtige tool is om oppervlkten te beplen. In de 17e eeuw is het begin vn de integrtie-theorie ontdekt door Newton en Leibniz. Een precieze wiskundige theorie is ps veel lter geformuleerd door Riemnn in de 19e eeuw. In dit hoofdstuk zullen we een vrint vn Riemnn s theorie uit leggen. 1 Het zl blijken dt de resultten in dit hoofdstuk gebruik mken vn bijn lle technieken uit de ndere hoofdstukken. An het begin vn de 20e eeuw is een nog krchtigere integrl ontwikkeld door Lebesgue. Deze speelt inmiddels een centrle rol in de moderne wiskunde, mr mkt geen deel uit vn dit vk. 2 VIII.1 Definitie en criteri voor Riemnn-integreerbrheid Lt D R. Een functie f : D R is begrensd ls er een M 0 is zó dt f(x) M voor lle x D. Om de Riemnn-integrl te definiëren hebben we een ntl begrippen nodig. prtities VIII.1.1 Definitie. Lt, b R met b. Een prtitie vn het intervl [, b] is een eindige verzmeling P = {x 0, x 1,..., x n } punten uit [, b] met de eigenschp dt = x 0 < x 1 < < x n = b. Als P 1 en P 2 prtities vn [, b] zijn dn noemen we P 2 fijner dn P 1 ls P 1 P 2. VIII.1.2 Opmerking. (i) Het woord prtitie (verdeling) duidt n dt we, met behulp vn de punten vn P, het intervl [, b] in deelintervllen verdelen. Als = b dn is er precies één prtitie vn [, b], te weten = x 0 = b. (ii) Als P 2 fijner is dn P 1 betekent dit dt elk intervlletje uit de verdeling P 1 door P 2 verder wordt verdeeld. (iii) Als P 1 en P 2 prtities vn [, b] zijn, dn krijgen we een nieuwe prtitie P door P 1 en P 2 smen te voegen: P = P 1 P 2. Merk op dt deze prtitie P een verfijning is vn zowel P 1 ls P 2. 1 Eigenlijk presenteren we hier een integrl die equivlent n de Riemnn-integrl is, en bekend stt onder de nm Drboux integrl. 2 Een uitgebreidere geschiedenis vn integrtie-theorie is te vinden op wikipedi onder de nm Integrl. 120 VIII RIEMANN-INTEGRAAL

125 Lt f : [, b] R een functie zijn en c d b. In de volgende definitie gebruiken we de verkorte notties sup f(x) = sup{f(x) : c x d}, en inf f(x) = inf{f(x) : c x d}. x [c,d] x [c,d] Boven- en ondersommen VIII.1.3 Definitie. Lt, b R met b en neem n dt f : [, b] R een begrensde functie is. Zij P = {x 0,..., x n } een prtitie vn [, b]. Voor i = 1,..., n definiëren we M i = sup f(x), m i = inf f(x), en i = x i x i 1. x [x i 1,x i] x [x i 1,x i] De bovensom U(P, f) is gedefinieerd door U(P, f) = n M i i i=1 en de ondersom L(P, f) is gedefinieerd door L(P, f) = n m i i. VIII.1.4 Voorbeeld. De functie f : [0, 1] R gegeven door f(x) = sin(x 2 ) is begrensd op het gesloten en begrensd intervl [0, 1]; de Riemnn-sommen voor f zijn dus gedefinieerd. In Figuur 8.1 zien we de boven- en ondersom voor de prtitie P = { 0, 1/5, 2/5, 3/5, 4/5, 1 }. i=1 y-s y-s 0 1/5 2/5 3/5 4/5 1 x-s 0 1/5 2/5 3/5 4/5 1 x-s Figuur 8.1: Boven- en ondersom vn 1 0 sin(x2 ) dx VIII.1.5 Opmerking. Uit bovenstnde voorbeeld is duidelijk dt zodr de prtitie fijner wordt de onder- en bovensommen een betere bendering geven vn de oppervlkte tussen de grfiek vn f en de lijnen x = 1 en y = 0. Elk vn de bovensommen is een bovengrens vn deze oppervlkte, en elk vn de ondersommen is een ondergrens vn deze oppervlkte. Wt de oppervlkte precies is, zullen we ps ngeven in Definitie VIII.1.9. In het volgende lemm bewijzen we enkele elementire eigenschppen vn boven- en ondersommen. VIII.1.6 Lemm. Zij f : [, b] R een begrensde functie en lt M = sup f(x) en m = inf f(x). x [,b] x [,b] VIII.1 DEFINITIE EN CRITERIA VOOR RIEMANN-INTEGREERBAARHEID 121

126 (i) Als P een prtitie vn [, b] is, dn geldt m(b ) L(P, f) U(P, f) M(b ). (ii) Lt P en Q prtities vn [, b] zijn zó dt P Q, dn geldt L(P, f) L(Q, f) en U(Q, f) U(P, f). (iii) Als P en Q prtities vn [, b] zijn, dn geldt L(P, f) U(Q, f). Bewijs. (i): Lt P = {x 0,..., x n }. Angezien m i M i volgt dt n n L(P, f) = m i i M i i = U(P, f). i=1 Omdt M i M volgt ook dt U(P, f) n i=1 M i = M(b ). Anloog zien we dt L(P, f) m(b ). (ii): Lt P = {x 0,..., x n }. Neem eerst n dt Q één punt meer heeft dn P, dus Q = P {y} met x k 1 y x k voor een 1 k n. Lt M i = sup x [x i 1,x i] f(x) en i = (x i x i 1 ) voor i = 1,..., n. Er geldt U(Q, f) = n i=1,i k M i i + U(P, f) = sup x [x k 1,y] i=1 n M i i, i=1 en f(x) (y x k 1 ) + sup x [y,x k ] Om U(Q, f) U(P, f) te bewijzen, voldoet het te lten zien dt sup x [x k 1,y] Dit ltste volgt direct uit f(x) (y x k 1 ) + sup x [y,x k ] f(x) (x k y) M k k, sup f(x) M k en sup f(x) M k. x [x k 1,y] x [y,x k ] f(x) (x k y). Als Q een willekeurige prtitie is die fijner dn P is, dn kunnen we Q 1, Q 2,..., Q m vinden zó dt Q j = P {y 1,..., y j } voor j = 1,..., m, en Q m = Q. Uit het bovenstnde volgt dn dt U(Q, f) = U(Q m, f) U(Q m 1, f)... U(Q 1, f) U(P, f). Anloog kun je ntonen dt L(Q, f) L(P, f) (zie Opgve VIII.1.1). (iii): Lt P en Q willekeurige prtities vn [, b] zijn. Definieer R = P Q. Dn geldt R is fijner dn P en Q. Uit (i) en (ii) volgt dt L(P, f) L(R, f) U(R, f) U(Q, f). boven- en onderintegrl VIII.1.7 Definitie. Lt, b R met b. Zij f : [, b] R begrensd. De bovenintegrl vn f over [, b] is gedefinieerd door b f(x) dx = inf { U(P, f) : P is een prtitie vn [, b] }. De onderintegrl vn f over [, b] is gedefinieerd door b f(x) dx = sup { L(P, f) : P is een prtitie vn [, b] }. 122 VIII RIEMANN-INTEGRAAL

127 VIII.1.8 Opmerking. Zij b en f : [, b] R een begrensde functie. Merk op dt uit Lemm VIII.1.6 en de definitie vn het infimum en supremum volgt dt m(b ) b f(x) dx b f(x) dx M(b ). Het bewijs vn de middelste ongelijkheid gt ls volgt. Zij Q een prtitie vn [, b]. Uit Lemm VIII.1.6 (iii) volgt dt voor lle prtities P vn [, b] geldt dt L(P, f) U(Q, f) en dus b f(x) dx U(Q, f). Angezien Q willekeurig is, volgt dt bovenstnde ongelijkheid voor lle prtities Q geldt, en dus volgt b f(x) dx b f(x) dx. Riemnn-integrl VIII.1.9 Definitie. Lt, b R met b. Een functie f : [, b] R heet Riemnn-integreerbr op [, b] ls f begrensd is en b f(x) dx = b f(x) dx. In dit gevl noemen we dit getl de Riemnn-integrl vn f over [, b]. Nottie b f(x) dx = b f(x) dx = b f(x) dx. Als c d b dn zeggen we dt f Riemnn-integreerbr is op [c, d] ls f [c,d] Riemnn-integreerbr is op [c, d]. VIII.1.10 Opmerking. Onder de nnmes vn de bovenstnde definitie is het vk hndig ook f(x) dx te definiëren. We spreken drom f: b b f(x) dx = b Er geldt f(x) dx = 0 (zie Opgve VIII.1.3). f(x) dx. Met de volgende stelling kun je de Riemnn-integreerbrheid vn een functie f controleren. criterium VIII.1.11 Stelling (Criterium voor Riemnn-integreerbrheid). Lt, b R met b. Lt f : [, b] R een begrensde functie zijn. De volgende uitsprken zijn equivlent: (1) f is Riemnn-integreerbr op [, b]. (2) Voor iedere ε > 0 is er een prtitie P vn [, b] zó dt U(P, f) L(P, f) ε. (3) Er zijn prtities P 0, P 1,... vn [, b] met lim U(P n, f) L(P n, f) = 0. In gevl (3) geldt dt de rijen (U(P n, f)) n 0 en (L(P n, f)) n 0 convergent zijn en b f(x) dx = lim U(P n, f) = lim L(P n, f). (VIII.1) VIII.1 DEFINITIE EN CRITERIA VOOR RIEMANN-INTEGREERBAARHEID 123

128 Bewijs. (1) (2): Neem n dt (1) geldt. Zij ε > 0. Kies P en Q zó dt U(P, f) b f(x) dx + ε 2 b en L(P, f) f(x) dx ε 2. Er volgt dt U(P, f) L(P, f) b f(x) dx + ε ( b 2 f(x) dx ε ) = ε. 2 (2) (3): Dit volgt door in (2) ε gelijk n 1, 1/2, 1/3, etc. te nemen en de bijbehorende prtities P 0, P 1, P 2, etc. te noemen. (3) (1): Neem n dt (3) geldt en noem s = lim U(P n, f) = lim L(P n, f). Merk op dt b f(x) dx inf U(P n, f) s sup L(P n, f) n 1 Uit Opmerking VIII.1.8 volgt nu dt b f(x) dx = b n 1 f(x) dx = s. b f(x) dx. Hieruit volgt dt f Riemnn integreerbr is en dt (VIII.1) geldt. VIII.1.12 Voorbeeld. We bewijzen dt 1 x dx = 1/2 met behulp vn Stelling 0 VIII Zij f(x) = x en beschouw voor elke n 1 de prtitie vn [0, 1]. Dn geldt P n = {0, 1 n, 2 n..., n 1 n, 1} L(P n, f) = n 1 n + 2 n 1 n + + n n n = 2 (n 1)n n 2 = 1 ( 1 1 ) 2 n en U(P n, f) = 1 n 1 n + 2 n 1 n + + n n 1 1 n = 2n(n + 1) n 2 = 1 ( ). 2 n We vinden dt lim U(P 1 n, f) L(P n, f) = lim n = 0. Dus uit Stelling VIII.1.11 volgt dt f Riemnn-integreerbr is op [0, 1] en 1 0 x dx = lim U(P n, f) = 1/2. Ook kunnen we nu de volgende belngrijke stelling bewijzen. VIII.1.13 Stelling. Als f : [, b] R continu is, dn is f Riemnn-integreerbr op [, b]. 124 VIII RIEMANN-INTEGRAAL

129 Bewijs. Merk eerst op dt uit Propositie V.4.1 volgt dt f begrensd is. Zij ε > 0 willekeurig. Uit Stelling V.3.4 volgt dt f uniform continu is. Kies δ > 0 zó dt voor lle x, y [, b] met x y < δ geldt dt f(x) f(y) < ε/(b ). Kies n N \ {0} zo groot dt b n < δ. Neem x i = i(b ) n en i = b n voor i = 0,..., n, en P = {x 0,..., x n }. Definieer voor elke i = 1,..., n m i = Voor elke i = 1,..., n geldt ( M i m i = Hieruit volgt inf f(x) en M i = sup f(y). x [x i 1,x i] y [x i 1,x i] sup y [x i 1,x i] = sup x,y [x i 1,x i] U(P, f) L(P, f) = ) ( ) f(y) inf f(x) x [x i 1,x i] ( ) ε f(y) f(x) b. n (M i m i ) i De Riemnn-integreerbrheid volgt nu uit Stelling VIII i=1 n i=1 ε b i = ε. VIII.1.14 Opmerking. Er zijn ook niet-continue functies die Riemnn-integreerbr zijn (zie Opgven VIII.1.12, VIII.2.6 en VIII.1.14). Het volgende voorbeeld lt zien dt er begrensde functies bestn die niet Riemnn-integreerbr zijn; zulke functies moeten noodzkelijk in oneindig veel punten niet continu zijn (zie Opgve VIII.2.6). niet integreerbre functie VIII.1.15 Voorbeeld. Beschouw f : [0, 1] R gedefinieerd door { 0 ls x R \ Q f(x) = 1 ls x Q. Zij P een prtitie. Er geldt dt U(P, f) = 1, omdt tussen elk pr verschillende reële getllen een rtionl getl ligt. Er geldt L(P, f) = 0, omdt tussen elk pr verschillende reële getllen een irrtionl getl ligt. Hieruit volgt 1 0 f(x) dx = 0 en 1 0 f(x) dx = 1, en dus is de functie niet Riemnn-integreerbr op [0, 1]. Opgven 1. Zij f : [, b] R een begrensde functie. Lt P en Q prtities zijn zó dt P Q. Toon n dt L(P, f) L(Q, f) (zie Lemm VIII.1.6). 2. Lt f : [, b] R een begrensde functie zijn. Zij P = {x 0,..., x n } een prtitie en i = x i x i 1 voor i = 1,..., n. Toon n dt n ( ) U(P, f) L(P, f) = sup f(x) f(y). i i=1 x,y [x i 1,x i] 3. Zij f : [, ] R een functie. Lt zien dt f(x) dx = 0. VIII.1 DEFINITIE EN CRITERIA VOOR RIEMANN-INTEGREERBAARHEID 125

130 4. Lt, b R met b. Zij f : [, b] R de constnte functie met wrde M. () Toon n dt L(f, P ) = U(f, P ) = M(b ) voor iedere prtitie P vn [, b]. (b) Leid f uit () dt b f(x) dx = M(b ). 5. Bewijs met behulp vn Stelling VIII.1.11 dt 1 0 x2 dx = 1/3. 6. Zij < b. Bewijs met behulp vn Stelling VIII.1.11 dt b x dx = 1 2 (b2 2 ). 7. Zij < b. Bewijs met behulp vn Stelling VIII.1.11 dt b x 2 dx = 1 3 (b3 3 ). 8. Zij > 0. Bewijs met behulp vn Stelling VIII.1.11 dt 0 e x dx = e Zij 0 < < b. Bewijs met behulp vn Stelling VIII.1.11 dt b 1 dx = ln(b) ln(). x 10. Zij f : [0, 1] R gegeven door f(x) = e x2. () Bewijs dt f Riemnn-integreerbr is op [0, 1]. (b) Geef een bendering vn 1 0 ex2 dx met een fout die minder is dn Lt, b R met < b. Zij f : [, b] R continu en neem n dt f(x) 0 voor lle x [, b]. Toon n: ls b dn is f(x) = 0 voor lle x [, b]. f(x) dx = 0, 12. Bewijs dt de functie f : [0, 2] R gedefinieerd door { 0 ls 0 x 1 f(x) = 1 ls 1 < x 2. Riemnn-integreerbr is op [0, 2] en bereken de wrde vn 2 f(x) dx Lt > 0. Zij f : [, ] R oneven, dt wil zeggen, f( x) = f(x) voor lle x [, ], en continu. Toon n dt f(x) dx = Lt f : [, b] R een stijgende functie zijn. Toon n dt f Riemnnintegreerbr is op [, b]. 126 VIII RIEMANN-INTEGRAAL

131 VIII.2 Eigenschppen vn de Riemnn-integrl In deze prgrf bespreken we enkele belngrijke eigenschppen vn de Riemnnintegrl. Vnf nu zullen we Riemnn-integreerbr fkorten tot integreerbr. VIII.2.1 Stelling. Lt, b R met b. Neem n dt f : [, b] R en g : [, b] R integreerbre functies zijn en zij λ R. (i) De functie f + g : [, b] R is integreerbr op [, b] en b f(x) + g(x) dx = b f(x) dx + (ii) De functie λf : [, b] R is integreerbr op [, b] en b λf(x) dx = λ b (iii) Als voor lle x [, b] geldt dt f(x) g(x), dn b f(x) dx b b f(x) dx. g(x) dx. g(x) dx. Bewijs. (i): Angezien f en g integreerbr zijn op [, b] kunnen we met Stelling VIII.1.11 prtities P 0, P 1,... en Q 0, Q 1,... vinden zó dt voor elke n 0 geldt lim U(P n, f) L(P n, f) = 0 en lim U(Q n, g) L(Q n, g) = 0. (VIII.2) Definieer R n = P n Q n voor n = 0, 1,.... Dn volgt uit Lemm VIII.1.6 en de Insluitstelling dt (VIII.2) geldt met P n en Q n vervngen door R n. Merk op dt (zie Opgve VIII.2.1) U(R n, f + g) U(R n, f) + U(R n, g), L(R n, f + g) L(R n, f) + L(R n, g). (VIII.3) Uit (VIII.3) volgt dt voor elke n 0 geldt 0 U(R n, f + g) L(R n, f + g) U(R n, f) + U(R n, g) ( L(R n, f) + L(R n, g) ) = U(R n, f) L(R n, f) + U(R n, g) L(R n, g). De Insluitstelling geeft dn dt lim U(R n, f + g) L(R n, f + g) = 0, dus met Stelling VIII.1.11 zien we dt f + g integreerbr is op [, b]. Als we Stelling VIII.1.11 en (VIII.3) combineren vinden we dt b f(x) + g(x) dx = lim U(R n, f + g) ( ) lim U(R n, f) + U(R n, g) = b f(x) dx + b g(x) dx, b f(x) + g(x) dx = lim L(R n, f + g) Dit bewijst (i). ( ) lim L(R n, f) + L(R n, g) = b f(x) dx + b g(x) dx. VIII.2 EIGENSCHAPPEN VAN DE RIEMANN-INTEGRAAL 127

132 (ii): Het gevl λ 0 is Opgve VIII.2.2. Voor het gevl λ < 0 voldoet het λ = 1 te beschouwen. Met behulp vn Stelling VIII.1.11 vinden we prtities P 0, P 1,... zó dt lim U(P n, f) = lim L(P n, f) = b f(x) dx Merk op dt U(P n, f) = L(P n, f) en L(P n, f) = U(P n, f) voor elke n 0. Er volgt dt lim U(P n, f) = lim L(P n, f) = lim L(P n, f) = lim U(P n, f) = b b f(x) dx, f(x) dx. Met behulp vn Stelling VIII.1.11 volgt dt f integreerbr is op [, b], en b f(x) dx = lim U(P n, f) = (iii): Lt h = g f. Uit (i) en (ii) volgt dt b g(x) dx b f(x) dx = b b h(x) dx, f(x) dx. Het voldoet te bewijzen dt b h(x) dx 0. Merk op voor lle x [, b] geldt h(x) 0. Neem ls prtitie P = {, b}. Dn geldt L(P, h) = m 1 (b ), wrbij m 1 = inf h(x). Angezien m 1 0 en b 0 volgt dt L(P, h) 0. Dus x [,b] 0 L(P, h) b h(x) dx = b h(x) dx. We willen nu lten zien dt integreerbrheid behouden blijft onder het nemen vn bsolute wrde, producten, etc. Hiervoor bewijzen we eerst het volgende lemm. VIII.2.2 Lemm. Neem n dt f : [, b] R een integreerbre functie is. Lt M = f(x) en m = f(x). Zij φ : [m, M] R een Lipschitz functie. Dn sup x [,b] inf x [,b] geldt φ f is integreerbr op [, b]. Bewijs. Kies K > 0 zó dt voor lle x, y [m, M] geldt φ(x) φ(y) K x y. We gebruiken Stelling VIII Zij ε > 0 willekeurig. Kies een ptitie P vn [, b] zó dt U(P, f) L(P, f) ε/k. Met behulp vn Opgve VIII.2.3 volgt dt ( ) U(P, φ f) L(P, φ f) K U(P, f) L(P, f) ε. Hieruit volgt dt φ f integreerbr is op [, b]. Nu kunnen we de volgende stelling bewijzen. VIII.2.3 Stelling. Neem n dt f, g : [, b] R integreerbre functies op [, b] zijn. Dn geldt 128 VIII RIEMANN-INTEGRAAL

133 (i) De functie f is integreerbr op [, b] en b f(x) dx b f(x) dx (ii) De functie f 2 is integreerbr op [, b]. (iii) De functie fg is integreerbr op [, b]. (iv) De functie mx{f, g} is integreerbr op [, b]. (v) De functie min{f, g} is integreerbr op [, b]. (driehoeksongelijkheid voor integrlen) Bewijs. (i): De integreerbrheid volgt uit Lemm VIII.2.2 met φ(x) = x. Om de ongelijkheid te bewijzen kies c { 1, 1} zó dt c b f(x) dx 0. Angezien cf(x) f(x) voor lle x R, volgt uit Stelling VIII.2.1 dt b f(x) dx = c b f(x) dx = b cf(x) dx b f(x) dx. (ii): De integreerbrheid vn f 2 volgt uit Lemm VIII.2.2 met φ(x) = x 2. (iii): Dit volgt uit (ii), Stelling VIII.2.1 en de polristie identiteit fg = (f + g)2 (f g) 2. 4 (iv): Uit Lemm VIII.2.2 met φ(x) = mx{x, 0} volgt dt φ h = mx{h, 0} integreerbr is ls h integreerbr is op [, b]. Het is eenvoudig om n te gn dt mx{f, g} = f + φ (g f). Dus de integreerbrheid vn mx{f, g} volgt uit Stelling VIII.2.1. (v): Dit volgt uit min{f, g} = mx{ f, g} en (iv) en Stelling VIII.2.1. De volgende stelling over het opdelen vn integrlen over deelintervllen is vk vn belng. VIII.2.4 Stelling. (i) Lt c < d b. Als f : [, b] R integreerbr is op [, b], dn is f ook integreerbr op [c, d]. (ii) Lt c b. Als f : [, b] R integreerbr is op [, c] en op [c, b], dn is f ook integreerbr op [, b] en er geldt b Bewijs. Zie Opgve VIII.2.5. f(x) dx = c f(x) dx + b c f(x) dx. Opgven 1. Lt f, g : [, b] R begrensde functies zijn. Lt P een prtitie vn [, b] zijn. () Bewijs dt U(P, f + g) U(P, f) + U(P, g). (b) Bewijs dt U(P, f) = L(P, f). (c) Leidt f dt L(P, f) = U(P, f) en L(P, f + g) L(P, f) + L(P, g). Hint: gebruik deel () en (b). VIII.2 EIGENSCHAPPEN VAN DE RIEMANN-INTEGRAAL 129

134 2. Bewijs Stelling VIII.2.1 (ii) in het gevl λ Lt f : [, b] R een begrensde functie zijn. Lt P een prtitie vn [, b] zijn. Lt φ ls in Lemm VIII.2.2 zijn. Toon n dt U(P, φ f) L(P, φ f) K (U(P, f) L(P, f) ), wrbij K > 0 zo is dt voor lle x, y [, b] geldt φ(x) φ(y) K x y is. 4. Lt f : [, b] R een integreerbre functie zijn. Neem n dt er een δ > 0 bestt zó dt voor lle x [, b] geldt f(x) δ. Toon met behulp vn Lemm VIII.2.2 n dt 1/f integreerbr is. 5. Bewijs Stelling VIII Lt, b R met b. Zij f : [, b] R een begrensde functie die continu is buiten een eindig ntl punten vn [, b]. Bewijs dt f integreerbr is over [, b]. 7. Lt f : [0, 1] R een begrensde functie zijn. Gegeven is dt voor elke δ > 0 de functie f integreerbr is op [δ, 1]. Bewijs de volgende uitsprken: () f is integreerbr op [0, 1]. 1 (b) De limiet lim δ 0 f(x) dx bestt en δ 1 0 f(x) dx = lim δ 0 1 δ f(x) dx. 8. Lt zien dt Lemm VIII.2.2 ook wr is ls we eisen dt φ uniform continu is in plts vn Lipschitz continu. 130 VIII RIEMANN-INTEGRAAL

135 VIII.3 De Hoofdstelling vn de Integrlrekening Als f : [, b] R integreerbr is dn kunnen we een nieuwe functie F : [, b] R definiëren door F (x) = x f(t) dt. Merk op dt de integreerbrheid vn f op [, x] volgt uit Stelling VIII.2.4. In deze prgrf onderzoeken we de eigenschppen vn de bovenstnde functie F. VIII.3.1 Propositie. Zij f : [, b] R integreerbr, en definieer F : [, b] R door Dn geldt F is continu op [, b]. F (x) = x f(t) dt. Bewijs. Angezien f begrensd is kunnen we een M 0 vinden zó dt voor lle x [, b] geldt f(x) M. Voor lle x y b volgt uit Stelling VIII.2.4 dt F (y) F (x) = Uit Stelling VIII.2.3 volgt dt y f(t) dt F (y) F (x) x y Met behulp vn Stelling VIII.2.1 vinden we dt F (y) F (x) y x f(t) dt x f(t) dt = f(t) dt. y x y x f(t) dt. M dt = M(y x). Er volgt dt F een Lipschitz continue functie is, en dus ook dt F continu is. VIII.3.2 Voorbeeld. (i) Zij f : (0, ) R gegeven door f(x) = 1/x. Opgve VIII.1.9 hebben we gezien dt voor 0 < b geldt dt In b 1 dt = ln(b) ln(). t Neem nu = 1. Definieer F : (0, ) R door F (x) = x 1 1 t dt. Dn geldt dus blijkbr F (x) = ln x voor lle x (0, ). (ii) Zij f : R R gegeven door f(x) = e x2. De functie f is continu op R, en dus integreerbr op ieder begrensd intervl. Definieer F : R R door F (x) = x 0 e t2 dt. Het is echter onmogelijk om deze functie F in bekende functies uit te drukken. (iii) Definieer f : [0, 3] R door 0, 0 x < 1, f(x) = 1, 1 x < 2, 1 2, 2 x 3. VIII.3 DE HOOFDSTELLING VAN DE INTEGRAALREKENING 131

136 1 y-s x-s Figuur 8.2: De grfiek vn de functie f Definieer F : [0, 3] R door Dn geldt F (x) = F (x) = x 0 f(t) dt. 0, 0 x < 1, x 1, 1 x < 2, x, 2 x y-s x-s Figuur 8.3: De grfiek vn de functie F Kunnen we de functie f uit de functie F terugvinden ls we de functie F kennen? Dit kn in het lgemeen niet. Als we f in eindig veel punten vernderen, dn verndert de functie F niet. Als we meer nnemen over de functie f dn kn het wel. Dit is de inhoud vn de volgende stelling. Hoofdstelling vn de VIII.3.3 Stelling (Hoofdstelling vn de Integrlrekening). Integrlrekening Lt, b R met < b. Zij f : [, b] R continu, en definieer de functie F : [, b] R door F (x) = x f(t) dt. Dn is F differentieerbr en voor lle x (, b) geldt F (x) = f(x). Bewijs. Lt x 0 [, b). Voor lle h > 0 zó dt x 0 + h [, b] volgt uit Stelling VIII.2.4 dt: x0+h x0 x0+h F (x 0 + h) F (x 0 ) = f(t) dt f(t) dt = f(t) dt x VIII RIEMANN-INTEGRAAL

137 Ook geldt dt Uit Stelling VIII.2.1 volgt dus F (x 0 + h) F (x 0 ) h f(x 0 ) = 1 h x0+h x 0 f(x 0 ) = 1 h Vervolgens vinden we met Stelling VIII.2.3 dt F (x 0 + h) F (x 0 ) h f(x 0 ) = 1 h 1 h f(x 0 ) dt. x0+h x 0 x0+h x 0 x0+h x 0 f(t) f(x 0 ) dt f(t) f(x 0 ) dt f(t) f(x 0 ) dt. Zij ε > 0 willekeurig. Kies δ > 0 zó dt voor lle x [, b] met x x 0 < δ geldt dt f(x) f(x 0 ) < ε. Er volgt dt voor lle h (0, δ) met x 0 + h [, b] geldt dt F (x 0 + h) F (x 0 ) h f(x 0 ) 1 h 1 h x0+h x 0 x0+h f(t) f(x 0 ) dt x 0 ε dt = ε. wrbij ltste ongelijkheid volgt uit Stelling VIII.2.1 (iii). Dit bewijst dt F rechtsdifferentieerbr is in x 0 met rechterfgeleide f(x 0 ). Op dezelfde mnier kun je bewijzen dt F linksdifferentieerbr is in x 0 met linkerfgeleide f(x 0 ) (zie Opgve VIII.3.1). Hieruit volgt dt F differentieerbr is in x 0 met fgeleide f(x 0 ). Angezien x 0 (, b) willekeurig is volgt de stelling. Hiermee zijn we in stt de volgende bijzondere stelling te bewijzen die ons in stt stelt veel integrlen uit te rekenen zonder terug te hoeven nr de definitie vn de integrl. VIII.3.4 Stelling. Lt, b R met < b. Zij f : [, b] R een continue functie en zij F : [, b] R continu op [, b], en differentieerbr op (, b) met F (x) = f(x) voor lle x (, b). Dn geldt b Bewijs. Definieer G: [, b] R door f(x) dx = F (b) F (). G(x) = F (x) F () x f(t) dt. We moeten ntonen dt G(b) = 0. Uit Propositie VIII.3.1 volgt dt G continu is. Uit de Hoofdstelling vn de Integrlrekening en de differentieerbrheid vn F op (, b) volgt dt G differentieerbr is op (, b) met fgeleide G (x) = F (x) f(x) = f(x) f(x) = 0, x (, b). Mr dn volgt uit Stelling VII.2.5 dt G constnt is op [, b]. Uit de definitie vn G volgt dt G() = 0. Mr dn geldt G(x) = 0 voor lle x [, b], dus ook G(b) = 0. VIII.3 DE HOOFDSTELLING VAN DE INTEGRAALREKENING 133

138 VIII.3.5 Opmerking. Een functie zols de functie F in Stelling VIII.3.4 wordt een primitieve vn f genoemd. Merk op dt een functie veel primitieven heeft. Nmelijk iedere functie H : [, b] R vn de vorm H = F + K, wrbij K een constnte is, voldoet n H = f. Er geldt ook dt iedere primitieve vn deze vorm moet zijn (zie Opgve VIII.3.3). We lten nu zien hoe effectief het kn zijn om met Stelling VIII.3.4 een integrl uit te rekenen. VIII.3.6 Voorbeeld. Zij f : [0, 1] R de functie f(x) = x. We beschouwen 1 0 x dx. Angezien f een continue functie is, is f integreerbr op [0, 1]. Lt F : [0, 1] R de functie F (x) = 2 3 x 3 2 zijn. Dn geldt F is continu op [0, 1] en F = f op (0, 1). Met de Stelling VIII.3.4 vinden we 1 0 x dx = F (1) F (0) = 2 3. Dit is niet zo eenvoudig om direct te bewijzen met behulp vn boven- en ondersommen. Opgven 1. Bewijs dt de functie F in Stelling VIII.3.3 linksdifferentieerbr is op (, b). 2. Definieer de functie g : (0, ) R door g(x) = x 1 1 t dt. Lt met behulp vn de Hoofdstelling vn de integrlrekening zien dt g(x) = ln x voor lle x (0, ). 3. Lt, b R met < b. Lt f en F zols in Stelling VIII.3.4 zijn. Zij H : [, b] R een continu op [, b], en differentieerbr op (, b) met H (x) = f(x) voor lle x (, b). Toon n dt er een constnte K R bestt zó dt H = F + K. 4. Toon n dt de functie f : R R gegeven door f(x) = x y4 dy differentieerbr is, en bepl de fgeleide vn deze functie. Anwijzing: Ps de kettingregel toe op h(x) = x 2 en g(x) = x y4 dy. 5. Zij M 0,, b R met < b, en f : [, b] R een functie met de eigenschp dt f(x) f(y) M x y voor lle x, y [, b]. Toon n dt b f(x) dx f()(b ) M 2 (b )2. 6. Lt, b R met < b. Zij f : (, b) R tweeml differentieerbr met continue tweede fgeleide f. Lt c (, b) en definieer de functie g c : (, b) R door g c (x) = x c (x t)f (t) dt (x (, b)). 134 VIII RIEMANN-INTEGRAAL

139 () Toon n dt g c differentieerbr is op (, b) en bepl g c(x). (b) Gebruik dit om n te tonen dt f(x) f(c) = f (c)(x c) + x c (x t)f (t) dt (c) voor lle x (, b). Toon n: ls M 0 en voor lle x (, b) : f (x) M, dn geldt voor lle x (, b) de volgende fschtting: f(x) f(c) f (c)(x c) M x c 2 /2. Prtiëel integreren 7. Lt, b R met < b. Lt f, g : [, b] R continue functies zijn zó dt f en g bestn en ook continu zijn op [, b]. 3 Toon n: b f (x)g(x) dx = f(b)g(b) f()g() b Anwijzing: Gebruik de productregel voor differentiëren. f(x)g (x) dx. 3 Hierbij gebruiken we de linker- en rechter fgeleide in de eindpunten. VIII.3 DE HOOFDSTELLING VAN DE INTEGRAALREKENING 135

140 IX PUNTSGEWIJZE EN UNIFORME CONVERGENTIE In vorige hoofdstukken hebben we convergentie vn getllenrijen bestudeerd. In de Anlyse zijn echter rijen die functies ls termen hebben vn groot belng. Zulke functierijen hebben we eigenlijk l wel gezien: ( e x = lim 1 + x n, x R, n) 1 1 x = lim n x j, x ( 1, 1). j=0 Het is duidelijk wt in elk vn deze gevllen de rij f 0 (x), f 1 (x),... is. Convergentie vn functierijen speelt onder ndere een rol bij de vrg of de volgende identiteit geldt b lim f n (x) dx = b lim f n(x) dx. Met ndere woorden kun je integrl en limiet omwisselen? Het volgend voorbeeld geeft n dt dit niet ltijd kn. Voorbeeld Bekijk 1 0 Hierdoor vermoeden we dt n 2 x (nx+1) 3 dx. Voor elke x [0, 1] geldt lim lim 1 0 n 2 x dx = 0. (nx + 1) 3 n 2 x (nx + 1) 3 = 0. We kunnen in dit gevl ook ieder vn de integrlen 1 n 2 x 0 (nx+1) dx uitrekenen met 3 behulp vn de technieken uit het vorige hoofdstuk. Merk op dt n 2 x n(nx + 1) n = (nx + 1) 3 (nx + 1) 3 = n (nx + 1) 2 n (nx + 1) 3. is een primi- De functie F n : [0, 1] R gegeven door F n (x) = 1 tieve vn f, en er volgt nx (nx+1) 2 1 Hieruit zien we dt 0 n 2 x (nx + 1) 3 dx = F n(1) F n (0) = 1 n n 2 x lim 0 (nx + 1) 3 dx = (n + 1) IX PUNTSGEWIJZE EN UNIFORME CONVERGENTIE

141 IX.1 Convergentie vn rijen vn functies In deze prgrf zullen we bekijken hoe we convergentie vn een functierij kunnen definiëren. Puntsgewijze Lten we de rij (f n ) n 0 nemen, wrbij voor elke n N de functie f n op het convergentie intervl (0, 1) gedefinieerd is door f n (x) = x n, zie Figuur 9.1. y-s 1 f 1 f 2 f 3 f 4 f 5.. ḟ x-s conver- puntgewijze gentie Figuur 9.1: Functierij (f n ) n 0 wrbij f n (x) = x n Een methode om een limietfunctie te definiëren ligt voor de hnd: voor elke x (0, 1) geldt lim f n(x) = 0; de limietfunctie vn deze rij is dn de functie f gedefinieerd door f(x) = 0. IX.1.1 Definitie. Lt D R en, voor lle n N, f n : D R. We zeggen dt de functierij (f n ) n 0 puntsgewijs convergeert ls voor elke x D de reële rij (f n (x)) n 0 convergent is. De limietfunctie f : D R is dn gedefinieerd door Nottie: f n p f. IX.1.2 Opmerking. f(x) = lim f n(x). (i) Merk op dt de limietfunctie, indien zij bestt, uniek is. Dit volgt direct uit de uniciteit vn limieten vn reele rijen. p (ii) Er geldt f n f dn en slechts dn ls ls voor iedere x D en voor iedere ε > 0 een N N bestt zodnig dt voor lle n N geldt f n (x) f(x) < ε. (iii) De functierij (f n ) n 0 is puntsgewijs convergent dn en slechts dn ls voor elke x D, de reele rij (f n (x)) n 0 een Cuchy-rij is. IX.1.3 Voorbeeld. De functierij hierboven convergeert puntsgewijs op het intervl (0, 1) nr de nulfunctie. IX.1 CONVERGENTIE VAN RIJEN VAN FUNCTIES 137

142 IX.1.4 Voorbeeld. Definieer nu, net ls in Voorbeeld IX.1.3, de rij (g n ) n 0, g n : [0, 1] R, door g n (x) = x n p. Er geldt (zie Stelling IV.1.8): g n g met { 0 ls x [0, 1), g(x) = 1 ls x = 1. Merk op dt de continuïteit verloren ging: hoewel elke g n continu is, is g niet continu. IX.1.5 Voorbeeld. We beschouw de functierij uit de introductie vn dit hoofdstuk. Zij f n : [0, 1] R gegeven door f n (x) = voor n = 0, 1,.... Dn n2 x (nx+1) 3 volgt uit de rekenregels voor limieten dt geldt f n p 0. Inderdd, voor x = 0 geldt f n (x) = 0 voor lle n N. Voor x (0, 1] geldt lim f 1 x n(x) = lim n (x + 1 = 0 x n )3 x 3 = 0. Uniforme convergentie uniforme convergentie Puntsgewijze convergentie is een ntuurlijk begrip mr blijkt in de prktijk niet zo goed te werken: In Voorbeeld IX.1.4 ws elke g n continu mr de limietfunctie ws niet continu. In Voorbeeld ( IX.1.5 convergeert de functierij puntsgewijs nr nul, mr de ) 1 reele rij 0 f n(x) dx convergeert nr 1 2 (zie introductie). n 0 In de volgende definitie introduceren we een sterkere vorm vn convergentie, die veel betere eigenschppen heeft, mr wel lstiger te controleren is. IX.1.6 Definitie. Zij D R en lt voor elke n N, f n : D R. Lt ook f : D R. We zeggen dt de functierij (f n ) n 0 uniform nr f convergeert ls voor iedere ε > 0 een N N bestt zodnig dt Nottie: f n u f. voor lle n N en voor lle x D geldt f n (x) f(x) < ε. IX.1.7 Opmerking. (i) Merk op op dt in de bovenstnde definitie, het getl N N niet vn x D f mg hngen. u (ii) Er geldt f n f dn en slechts dn ls (zie Opgve IX.1.3) ( lim sup x D ) f n (x) f(x) = 0. (iii) Als f n u f dn geldt ook fn p f (zie Opgve IX.1.4). IX.1.8 Voorbeeld. Beschouw de functierij (g n ) n 0 uit Voorbeeld IX.1.4. We zullen ntonen dt deze functierij niet uniform convergeert nr de functie g. Neem ε = 1 2. Lt N N. Neem nu n = N en x [0, 1) met x = ( 1 1/N 2). Voor deze n en x hebben we gn (x) g(x) ε, dus (g n ) n 0 convergeert niet uniform nr g. Anloog kunnen we ntonen dt ook de (f n ) n 0 uit Voorbeeld IX.1.3 niet uniform nr f convergeert, zie Opgve IX IX PUNTSGEWIJZE EN UNIFORME CONVERGENTIE

143 IX.1.9 Voorbeeld. Door de definitieverzmeling kleiner te nemen kn de convergentie uniform worden. Neem bijvoorbeeld h n : [0, 1/2] [0, 1] met h n (x) = x n voor elke x [0, 1/2]. Dn geldt h n u h met h(x) = 0 voor elke x [0, 1/2]. Immers, voor elke ε > 0 is er een N met ε > ( 1 2 )N en met zo een N hebben we: voor lle x [0, 1/2] en n N geldt h n (x) h(x) < ε. Continuïteit Uniforme convergentie grndeert dt de limietfunctie vn continue functies continu is. IX.1.10 Stelling. Lt D R. Lt, voor elke n N, f n : D R een functie u zijn. Lt f : D R een functie zijn. Als elke f n continu is en f n f dn is ook f continu. Bewijs. We moeten bewijzen dt f continu in c is voor elke c D. Lt c D. Zij ε > 0. We zoeken een δ > 0 zó dt voor lle x D met x c < δ geldt dt f(x) f(c) u < ε. Omdt f n f is er een N N zodnig dt voor lle y D geldt fn (y) f(y) < ε 3. Volgens de veronderstelling is de functie f N continu in het punt c D; kies dus een δ > 0 met fn (x) f N (c) < ε/3 voor lle x D met x c < δ. Er volgt dt voor elke x D met x c < δ geldt f(x) f(c) f(x) fn (x) + fn (x) f N (c) + fn (c) f(c) < ε 3 + ε 3 + ε 3 = ε. Dit bewijst de continuïteit vn f. Opgven 1. Zij D R en neem n f n : D R en g n : D R voor elke n N. Toon n: p p ls f n f en gn g dn p () f n + g n f + g; p (b) αf n αf voor elke α R; p (c) f n g n fg. 2. Lt zien dt de functierij uit Voorbeeld IX.1.3 niet uniform nr f convergeert. 3. Bewijs Opmerking IX.1.7 (ii). 4. Bewijs de uitsprk in Opmerking IX.1.7 (iii). 5. Beschouw de functierij (f n ) n 0 met f n : R R gedefinieerd door f n (x) = x n. () Bewijs of weerleg: er is een f : R R met f n p f. (b) Bewijs of weerleg: er is een f : R R met f n u f. IX.1 CONVERGENTIE VAN RIJEN VAN FUNCTIES 139

144 6. Toon met behulp vn de definitie n dt de functierij uit Voorbeeld IX.1.5 niet uniform nr de nulfunctie convergeert. 7. Beschouw de functierij (f n ) n 1 met f n : [ 1, 1] R gedefinieerd door f n (x) = x/n. u Toon n dt f n Beschouw de functierij (f n ) n 1 met f n : R R gedefinieerd door f n (x) = cos(x/n). () Bewijs of weerleg: er is een f : R R met f n p f. (b) Bewijs of weerleg: er is een f : R R met f n u f. 9. Beschouw de functierij (f n ) n 0 met f n : R R gedefinieerd door f n (x) = x 1 + n 2 x 2 () Bewijs of weerleg: er is een f : R R met f n p f. (b) Bewijs of weerleg: er is een f : R R met f n u f. 10. Lt x 0 b. Lt, voor elke n N, f n : [, b] R een continue functie zijn. Bewijs het volgende: Als (f n ) n 0 uniform convergent is, dn geldt lim lim f n(x) = lim lim f n (x). x x 0 x x Contrueer continue functies f 0, f 1,..., : [ 1, 1] R zó dt f n p 0 en lim lim f n(x) lim lim f n(x). x 0 x Lt x 0 b. Lt, voor elke n N, f n : [, b] R een functie zijn. Neem u n dt A n = lim x x0 f n (x) bestt en dt f n f met f : [, b] R. Toon n dt (A n ) n 0 een convergente rij is en dt 1 lim f(x) = lim A n. x x Lt D R en, voor elke n N, f n : D R en g n : D R. Toon n: ls f n u f en gn u g dn () f n + g n u f + g; (b) αf n u αf voor elke α R; (c) ls lle f n en g n begrensd zijn dn geldt ook f n g n u fg; (d) de voorwrde in (c) betreffende begrensdheid kn niet gemist worden. 14. Bewijs dt de functierij (f n ) n 0 uniform convergent is dn en slechts dn ls voor iedere ε > 0 een N N bestt zodnig dt voor lle m, n N en voor lle x D geldt f n (x) f m (x) < ε. 1 Dit is een sterkere uitsprk dn in Opgve IX Er is nmelijk geen continuïteit vn de f n s geeist. 140 IX PUNTSGEWIJZE EN UNIFORME CONVERGENTIE

145 IX.2 Uniforme convergentie en integrtie Uniforme convergentie wordt onder ndere gebruikt voor het verwisselen vn limiet en integrl. Puntsgewijze convergentie is in het lgemeen niet voldoende om limiet en integrl te verwisselen zols blijkt uit het voorbeeld in de introductie vn dit hoofdstuk. Een nder voorbeeld is te vinden in Opgve IX.2.1. We bewijzen eerst een stelling over het verwisselen vn limiet en integrl. IX.2.1 Stelling. Zij, b R met < b. Lt, voor elke n N, f n : [, b] R een integreerbre functie zijn. Lt f : [, b] R een integreerbre functie zijn. 2 Als u f n f dn geldt b f(x) dx = lim ( b ) f n (x) dx. Bewijs. Merk eerst op dt uit de eigenschppen vn de integrl volgt dt b f n (x) dx b f(x) dx = b f n (x) f(x) dx b f n (x) f(x) dx. We bewijzen nu de convergentie. Zij ε > 0. Kies N N zó dt voor lle n N en voor lle x [, b] geldt dt f(x) f n (x) < ε/(b ). Uit de bovenstnde fschtting en eigenschppen vn de integrl volgt dt voor lle n N geldt dt b f n (x) dx b f(x) dx b Uit bovenstnde kunnen we concluderen dt b lim f n (x) f(x) dx f n (x) dx = b f(x) dx. b ε/(b ) dx = ε. Als gevolg hiervn geldt het volgende resultt voor reeksen. termsgewijs integreren IX.2.2 Gevolg. Zij, b R met < b. Lt, voor elke n N, g n : [, b] R een integreerbre functie zijn. Lt f : [, b] R een integreerbre functie zijn. Definieer voor elke n 0 de functie f n : [, b] R door f n = n j=0 g u j(x). Als f n f, dn geldt b b f(x) dx = g j (x) dx. j=0 Bewijs. Dit volgt uit Stelling IX.2.1 en b f n (x) dx = n b j=0 g j (x) dx. IX.2.3 Voorbeeld. Zij 0 < r < 1. Beschouw g j : [ r, r] R gegeven door g j (x) = x j. Dn geldt g j (x) r j. Angezien j=0 rj convergent is, volgt uit 2 Dt f integreerbr is volgt ook uit de nnme dt (f n) n 0 uniform nr f convergeert, en zouden we dus kunnen weglten uit de nnmes (zie Opgve IX.2.7). IX.2 UNIFORME CONVERGENTIE EN INTEGRATIE 141

146 ( n ) Opgve IX.2.3 dt de functierij j=0 g j uniform convergent. De puntsgewijze limiet is de functie f : [ r, r] R gegeven door f(x) = 1. Zij t [ r, n 0 r]. Uit Gevolg IX.2.2 zien we dt t Stelling VIII.3.4 geeft dus dt x dx = ln(1 t) = j=0 j=0 t 0 x j dx. t j+1 j + 1. Angezien r (0, 1) en t [ r, r] willekeurig zijn, volgt dt de ltste identiteit geldt voor lle t ( 1, 1). 1 x Limiet en differentitie Als tweede toepssing vn Stelling IX.2.1 kunnen we het volgende resultt bewijzen. IX.2.4 Stelling. Zij, b R met < b en zij c [, b]. Lt, voor elke n N, f n : [, b] R een differentieerbre functie op [, b] zijn 3 zó dt f n continu is op [, b]. Lt ook f : [, b] R een functie op [, b] zijn. Als (f n) n 0 uniform convergent is p en f n f, dn geldt dt f differentieerbr is op [, b] en f (x) = lim f n(x). Bewijs. Zij g : [, b] R zó dt f n u g. Merk op dt g continu is wegens Stelling IX Zij x [, b]. Zij n N. Uit Stelling VIII.3.4 volgt dt Nu geeft Stelling IX.2.4 dt f n (x) f n () = f(x) f() = x x f n(t) dt. g(t) dt. De Hoofdstelling vn de Integrlrekening impliceert dt f differentieerbr is op [, b] en f (x) = g(x) voor lle x [, b]. IX.2.5 Gevolg. Zij, b R met < b. Lt, voor elke n N, g n : [, b] R termsgewijs een differentieerbre functie zijn op [, b] zijn. Definieer voor elke n 0 de functie differentiëren f n : [, b] R door f n (x) = n j=0 g n(x). Lt ook f : [, b] R een functie op [, b] zijn. Als (f n) p n 0 uniform convergent is en f n f, dn geldt dt f differentieerbr is op [, b] en voor elke x [, b] geldt f (x) = g j(x). j=0 Bewijs. Dit volgt uit Stelling IX.2.4 en f n = n j=0 g j. IX.2.6 Opmerking. Zij < b. Lt voor elke n 0, f n : [, b] R een differentieerbre functie zijn en lt f : [, b] R een differentieerbre functie zijn. Als f n u f, dn kun je hieruit niet concluderen dt f n p f. Een eenvoudig tegenvoorbeeld wordt gegeven in Opgve IX Hierbij nemen we de linker- en rechter fgeleide in de rndpunten 142 IX PUNTSGEWIJZE EN UNIFORME CONVERGENTIE

147 Opgven 1. Beschouw de functierij (f n ) n 0 met f n : [0, 1] R gedefinieerd door f n (x) = 2nx n (1 x n ). Lt zien dt f n p 0 en lim 1 0 f n (x) dx = Bewijs dt onder de nnmes vn Stelling IX.2.4 geldt dt f n u f. Weierstrss M-test 3. Zij D R. Lt voor elke j 0, g j : D R een functie zijn en neem n dt er een constnte M j 0 is zó dt voor lle x D geldt dt g j (x) M n. Bewijs de volgende uitsprk: ls j=0 M j convergent is, dn is de functierij ( n ) j=0 g j uniform convergent. n 0 4. Definieer voor elke n 1, f n : [ π, π] R door f(x) = sin(n2 x) n. () Lt zien dt f n u 0. (b) Lt zien dt de functierij (f n) n 1 niet puntsgewijs convergent is. Hint: mk gebruik vn de bekende eigenschppen vn sin en cos. 5. Bewijs met behulp vn Gevolg IX.2.5 dt voor lle x R geldt dt ( j=0 x j ) x j = j! j!. j=0 6. Bewijs met behulp vn Gevolg IX.2.5 dt voor lle x ( 1, 1) geldt dt jx j 1 1 = (1 x) 2. j=1 7. Lt voor elke n 0, f n : [, b] R een integreerbre functie zijn. Neem n u dt er een functie f : [, b] R is zó dt f n f. Toon n dt f integreerbr is. IX.2 UNIFORME CONVERGENTIE EN INTEGRATIE 143

148 X APPENDIX X.1 De Axiom s vn Zermelo en Frenkel In de verzmelingenleer gebruiken we letters (vribelen), logische symbolen (,,,,,,, en ), het =-teken (gelijkheid) en ntuurlijk (is element vn). De betekenis vn de logische symbolen is ls volgt: is voor lle, is er is een, is en, is of, is niet, is impliceert, is is gevolg vn, is dn en slechts dn, of ook wel precies dn ls of ook wel is equivlent met. Als men wil, dn kn men zuiniger zijn met het ntl logische symbolen (bijvoorbeeld kunnen ze lleml in en uitgedrukt worden). Verder is elk individu dt we tegenkomen een verzmeling (de vribelen stn voor verzmelingen). In het bijzonder zijn de elementen vn l onze verzmelingen zelf dus ook weer verzmelingen. Het eerste xiom formliseert hoe gelijkheid vn verzmelingen gedefinieerd is. Axiom vn Extensionliteit ls ze dezelfde elementen hebben: Verzmelingen zijn gelijk dn en slechts dn (A = B) ( X)(X A X B). De volgende drie xiom s geven regels hoe we uit oude verzmelingen nieuwe kunnen vormen. Axiom vn Prvorming Voor elk tweetl verzmelingen A en B is er een verzmeling die uit lleen de elementen A en B bestt: ( A)( B)( C)( X) ( X C (X = A X = B) ). Deze verzmeling C wordt ook wel ls {A, B} genoteerd. Axiom vn Vereniging Voor elke verzmeling A bestt een verzmeling die uit lle elementen vn elementen vn A bestt: ( A)( B)( X) ( X B (( Y )(Y A X Y )) ) Voor deze B gebruiken we de nottie Y A Y. 144 X APPENDIX

149 Axiom vn Mchtsverzmeling Voor elke verzmeling A bestt een verzmeling die uit lle deelverzmelingen vn A bestt: ( A)( B)( X) ( X B ( Y )((Y X) (Y A)) ). Afscheidingsxiom Als ϕ een formule is en A een verzmeling dn bestt een verzmeling die bestt uit lle elementen vn A die n ϕ voldoen: ( A)( B)( X)((X B) ((X A) ϕ(x))). Substitutiexiom Als F een formule is die een fbeelding definieert, dt wil zeggen uit F (X, Y ) en F (X, Z) volgt Y = Z, dn bestt voor elke verzmeling A de beeldverzmeling F [A]: ( A)( B)( Y )(Y B ( X)(X A F (X, Y ))). We geven een voorbeeld. We nemen voor F (X, Y ) de formule Y is de mchtsverzmeling vn X. Dn volgt dt voor iedere A er een B bestt wrvn de elementen precies de mchtsverzmelingen vn de elementen vn A zijn. De xiom s hierboven zijn nog niet sterk genoeg om ons oneindige verzmelingen te geven; die moeten we expliciet postuleren. We gebruiken het symbool voor de lege verzmeling. Axiom vn Oneindigheid Er is een oneindige verzmeling: ( A)(( A) (( X)((X A) (X {X} A)))). Het volgende xiom zegt dt niet lles een verzmeling kn zijn; het verhindert het bestt vn oneindige rijtjes vn de vorm X 0 X 1 X 2. Regulriteitsxiom Elke niet-lege verzmeling heeft een -miniml element. ( A) ( (A ) (( B)(B A ( C)((C B) (C / A)))) ). De bovenstnde xiom s vormen het xiom-systeem vn Zermelo (Duits wiskundige, ) en Frenkel (Duits en Isrëlisch wiskundige, ), ook wel fgekort tot ZF. In de verzmelingenleer wordt heel vk nog het volgende xiom gebruikt, fgekort tot AC (Axiom of Choice). Keuzexiom Elke verzmeling S vn niet-lege verzmelingen heeft een keuzefunctie, dt wil zeggen, er is een functie g : S X S X zó dt voor lle X S geldt g(x) X. ZF smen met AC wordt fgekort tot ZFC. In dit dictt werken we met ZFC. X.1 DE AXIOMA S VAN ZERMELO EN FRAENKEL 145

150 X.2 Axiom s vn Peno De xiom s vn Peno (Itlins wiskundige, ) vormen een korte krkterisering vn de ntuurlijke getllen met de operties optelling en vermenigvuldiging. In plts vn direct nr de operties + en te kijken, beschouwt men de fbeelding S : N N gegeven door + 1. Deze fbeelding S heet de opvolger-fbeelding (de S stt voor de Engelse term successor ). De gegevens zijn dn: () een verzmeling N; (b) een element 0 N; (c) een fbeelding S : N N. Deze gegevens moeten voldoen n de volgende eigenschppen (ofwel xiom s ). (P0) er is geen N met S() = 0; (P1) de fbeelding S is injectief; (P2) (xiom vn inductie) ls A N de eigenschppen heeft dt 0 A en dt A S() A, dn A = N. Men kn bewijzen dt ls ook (N, 0, S ) n deze eigenschppen voldoet, er een unieke bijectie f : N N is zodt f(0) = 0, en zodt voor lle N geldt f(s()) = S (f()). In deze zin is (N, 0, S) eenduidig door Peno s xiom s bepld. Voorts kn men dn, gebruikmkend vn volledige inductie, bewijzen dt er unieke fbeeldingen +: N N N en : N N N bestn zodt voor lle, b N geldt: (P3) 0 + = ; (P4) S() + b = S( + b); (P5) 0 = 0; (P6) S() b = b + b. Men definieert dn 1 = S(0), en dn kn men bewijzen dt het gegeven (N, 0, 1, +, ) n lle eigenschppen (N0) tot en met (N11) vn sectie II.1 voldoet. De stndrdmnier om, uitgnd vn ZFC, een tripel (N, 0, S) te mken dt voldoet n Peno s xiom s P0, P1 en P2, is ls volgt. Lt A een verzmeling zijn ls in het Axiom vn Oneindigheid. Lt dn N de doorsnede zijn vn lle deelverzmelingen B vn A met de eigenschp dt B en dt (X B) (X {X} B). Voor het bestn vn die doorsnede, gebruik het Axiom vn Mchtsverzmeling (om de mchtsverzmeling P(A) te krijgen), het Afscheidingsxiom (om de verzmeling C vn de B P(A) met de gewenste eigenschp te krijgen), en nogmls het Afscheidingsxiom (om de deelverzmeling N vn A te krijgen, bestnd uit die die in lle B C zitten). Voor 0 N neemt men dn, en voor X N definiëert men S(X) = X {X}. In deze relistie geldt bijvoorbeeld dt: 0 =, 1 = S(0) = 0 {0} = { }, 2 = S(1) = 1 {1} = {, { }}, 3 = S(2) = 2 {2} = {, { }, {, { }}}, 4 = S(3) = 3 {3} = {, { }, {, { }}, {, { }, {, { }}}}. Het zl de lezer duidelijk zijn dt dit systeem ls nottie voor getllen bijzonder inefficiënt is. 146 X APPENDIX

151 X.3 De recursiestelling Soms is het nodig functies met domein N recursief te definiëren. De volgende stelling legt uit wt we hier precies mee bedoelen. X.3.1 Stelling. Lt X een verzmeling, x X, en F : X X een fbeelding. Dn is er een unieke f : N X zó dt: f(0) = x en voor lle n N geldt f(n + 1) = F (f(n)). Bewijs. Het idee vn het bewijs is simpelweg dt we de grfiek vn f moeten mken. Lt Y de verzmeling zijn vn lle deelverzmelingen Γ N X met de eigenschppen: 1. (0, x) Γ; 2. ls (n, y) Γ, dn (n + 1, F (y)) Γ. Omdt N X n deze twee eigenschppen voldoet, is Y niet leeg. Lt nu f de doorsnede zijn vn lle elementen vn Y. We gn bewijzen dt f de gevrgde functie is. We bewijzen met inductie dt voor lle n N er een y X is met (n, y) f. Dit is duidelijk voor n = 0: voor iedere Γ Y geldt dt (0, x) Γ, dus (0, x) f. Lt nu n N, en neem n dt (n, y) f. Dn geldt voor lle Γ Y dt (n, y) Γ, en dus ook dt (n + 1, F (y)) Γ, en dus dt (n + 1, F (y)) f. Nu bewijzen we met inductie dt voor lle n N geldt dt er ten hoogste één y X is met (n, y) f. Stp 1. Stel dt (0, y) f met y x. Dn is f \ {(0, y)} ook een element vn Y. Mr dn geldt (0, y) / f, wnt f is de doorsnede vn lle Γ Y, en dus bevt in f \ {(0, y)}. Deze tegensprk bewijst dt er geen y X is met y x en (0, y) f. Stp 2. Lt n N, en neem n dt er precies één y X is met (n, y) f. Stel nu dt er een y X is met y F (y) en (n + 1, y ) f. Dn is f \ {(n + 1, y )} ook een element vn Y. Mr dn geldt (n + 1, y ) / f, wnt f is de doorsnede vn lle Γ Y, en dus bevt in f \ {(n + 1, y )}. Deze tegensprk bewijst dt er geen y X is met y F (y) en (n + 1, y ) f. We hebben nu bewezen dt f een functie vn N nr X is. We hebben l bewezen dt f(0) = x. We moeten nog bewijzen dt voor lle n N geldt dt f(n + 1) = F (f(n)). Lt n N. Dn is (n, f(n)) f, dus geldt voor lle Γ Y dt (n, f(n)) Γ. Mr dn geldt voor lle Γ Y dt (n + 1, F (f(n))) Γ. Dus (n + 1, F (f(n))) f, hetgeen betekent dt f(n + 1) = F (f(n)). Nu moeten we nog bewijzen dt f de enige functie is met de gevrgde eigenschppen. Lt g : N X een functie zijn met die eigenschppen. Dn is (de grfiek vn) g een element vn Y, en dus geldt dt f g. Mr dn geldt f = g omdt f en g functies zijn. X.3.2 Gevolg. Lt X een verzmeling zijn. Lt g : N X X, en x X. Dn is er een unieke f : N X met: f(0) = x en voor lle n N geldt f(n + 1) = g(n, f(n)). Bewijs. Lt F : N X N X gegeven zijn door F (, y) = ( + 1, g(, y)). Vnwege de vorige stelling is er een unieke h: N N X met h(0) = (0, x), en met, voor lle n N, h(n + 1) = F (h(n)). Lt h 1 : N N en h 2 : N X gedefinieerd zijn ls volgt: voor elke n N geldt h(n) = (h 1 (n), h 2 (n)). X.3 DE RECURSIESTELLING 147

152 Dn geldt: (h 1 (0), h 2 (0)) = (0, x), ( n N) : (h 1 (n + 1), h 2 (n + 1)) = h(n + 1) = F (h(n)) = F (h 1 (n), h 2 (n)) = = (h 1 (n) + 1, g(h 1 (n), f(h 1 (n)))). Met inductie volgt nu dt voor lle n N: h 1 (n) = n. En dus geldt dt h 2 (0) = x, en voor lle n N: h 2 (n + 1) = g(n, h 2 (n)). Uit inductie volgt ook dt h 2 de enige functie is met deze eigenschppen. fculteit Als eerste toepssing definiëren we de functie fculteit vn N nr N. X.3.3 Definitie. Lt n n! de unieke functie vn N nr N zijn, met de eigenschppen: 0! = 1, en voor lle n N geldt (n + 1)! = (n + 1) n!. (We pssen hier Gevolg X.3.2 toe, met X = N, x = 1 en g : N N N, (, b) ( + 1)b.) X.3.4 Definitie. Voor n, k N met k n definiëren we een rtionl getl door: ( ) n n! = k k!(n k)! De getllen ( n k) heten binomilcoëfficiënten. binomilcoëfficiënt Per definitie is ( n k) in Q, mr uit Opgve II.1.16 volgt ( n k) N. 148 X APPENDIX

153 ANTWOORDEN EN UITWERKINGEN Prgrf I (d) Een verzmeling vn n elementen heeft precies 2 n deelverzmelingen. 4. () niet wr; (b) niet wr; (c) niet wr; (d) niet wr; (e) wr; (f) wr. 7. A = of B = of A = B Prgrf I () We lten eerst zien dt voor iedere x Ω \ (A B) geldt dt ook x (Ω \ A) (Ω \ B). Stel dus x Ω \ (A B). Er zijn twee mogelijkheden: ofwel x / A of x A. In het eerste gevl geldt x Ω \ A en dus ook x (Ω \ A) (Ω \ B). In het tweede gevl moet gelden x / B (gezien onze nnme dt x Ω \ (A B)). Dus x Ω \ B en dn ook weer x (Ω \ A) (Ω \ B). Nu lten omgekeerd zien dt ls x (Ω \ A) (Ω \ B) dn ook x Ω \ (A B). Lt x (Ω \ A) (Ω \ B). We weten dt x Ω \ A of x Ω \ B. In het eerste gevl geldt dt x / A en dus ook x / A B, dus x Ω \ (A B). Het gevl x Ω \ B gt net zo. 7. () [1, 2] = {x R : 1 x 2} (b) (0, 3) = {x R : 0 < x < 3} Prgrf I , (x 1)/(x + 1), (1 + x)/(1 x). 2. () f(x) = x 2 7x + 7; (b) 1/x x 2 / x. 3. {± kπ : k N}; {± 3π/2 + 2kπ : k N};. 9. () wr; (b) niet wr; (c) niet wr; (d) wr. 10. niet wr; niet wr 12. (b) B = ( 5, 4], g 1 (x) = 1/(x + 5) 13. () B = R, g(x) = (3 + x)/7; (b) B = [0, ), g(x) = x; (c) B = R \ { 1}, g(x) = (1 2x)/(1 + x); (d) B = [0, 1], g(x) = 1 x Zij f : A B een bijectie en neem n dt er twee functies g : B A en h: B A bestn met de eigenschp en g(b) = f() = b. h(b) = f() = b. voor elke A en b B. We moeten bewijzen dt g = h. Zij b B willekeurig. Dn geldt f ( g(b) ) = b en ook f ( h(b) ) = b, en dus g(b) = h(b) omdt f injectief is. Antwoorden en Uitwerkingen 149

154 Prgrf I.4. Prgrf II Zij N met 0. We lten eerst zien dt ten minste één b N bestt met = b + 1. Beschouw A = {0} {n N : er is een m N met n = m + 1}. Blijkbr 0 A. Als n A, dn zeker n N, en dus n + 1 A. Volgens (N6) geldt nu A = N. Angezien 0, en ook A, is er een b N met = b + 1. Nu moeten we bewijzen dt ten hoogste één zo n b N bestt. Neem n dt 0, en = b + 1 en = b + 1. Volgens (N0) geldt b + 1 = 1 + b en b + 1 = 1 + b. Bijgevolg 1 + b = 1 + b en volgens (N3) geldt b = b. 4. (n + 1) 2 9. Stp 1: Het getl = 1 1 = 0 is deelbr door 7. Stp 2: Stel dt 11 n 4 n deelbr is door 7 voor een ntuurlijk getl n. Dn geldt: 11 n+1 4 n+1 = n 4 4 n = 7 11 n n 4 4 n = 7 11 n + 4(11 n 4 n ). Uit de inductieveronderstelling volgt dt 11 n 4 n deelbr is door 7, dus het getl 7 11 n + 4 (11 n 4 n ) is ook deelbr door nee 15. In Stp 2 moeten we bewijzen dt voor elke n 1 geldt: ls P n wr is dn is ook P n+1 wr. Mr de implictie P 1 P 2 is niet juist. Prgrf II niet wr 10. Neem n dt = q b + r en = q b + r, wrbij q, q Z en r, r N met r < b en r < b. Zonder beperking der lgemeenheid kunnen we ook veronderstellen dt r r 0. Dn geldt 0 = = (q q) b + (r r). Omdt r < b en r < b is r r een ntuurlijk getl kleiner dn b. An de ndere knt is r r = (q q) b ook een veelvoud vn b. Hieruit volgt dt r r = 0 en bijgevolg q q = 0, oftewel r = r en q = q. 11. ls r = 0 dn is het quotiënt q en de rest 0; ls r > 0 dn is het quotiënt q 1 en de rest b r. Prgrf II.3. Prgrf II.4. Prgrf III Anwijzing: gebruik de ordening, en dditieve inversen. Prgrf III Anwijzing: Gebruik de Archimedische eigenschp. 8. () ( 1, 0); (b) (, 2) { 1} (0, ); (c) (, 1/4] (0, ); (d) (, 0); (e) ( 2, 0] (2, ). 13. Schrijf x = y + (x y) en ps de driehoeksongelijkheid toe. 150 Antwoorden en Uitwerkingen

155 Prgrf III () sup V = mx V = inf V = min V = 0; (b) sup V = mx V = 1, inf V = min V = 1; (c) sup V = mx V = 1, inf V = min V = 1; (d) inf V = 0, geen minimum, sup V = mx V = 1/2; (e) inf V = min V = 1, sup V = 2, geen mximum. 6. () De ongelijkheden volgen rechtsreeks uit het feit dt sup V een bovengrens en inf V een ondergrens vn V is. (b) ( ) Neem n dt inf V = sup V = x. Zij v V willekeurig, dn x v (wnt inf V is een ondergrens vn V ) en x v (wnt sup V is een bovengrens vn V ). Hieruit volgt dt x = v voor elke v V en dus V = {x}. ( ) Deze implictie is duidelijk. 11. () wr (b) niet wr 12. () wr (b) niet wr 14. () j, j, neen, j, j, neen, j; (b) Zij x U V. Dn is er een ɛ 1 > 0 zodt (x ɛ 1, x + ɛ 1) U en een ɛ 2 > 0 zodt (x ɛ 2, x + ɛ 2) V. Neem nu ɛ = min{ɛ 1, ɛ 2}. Dn geldt (x ɛ, x + ɛ) U V. 15. sup V Prgrf IV We tonen n dt de rij uit Opgve IV.1.1 (b) nr 1 convergeert. Zij ε > 0 willekeurig. We moeten een N N vinden zó dt voor lle n N geldt n n < ε. Er geldt n n = n (n + 1) n + 1 = 1 n + 1 = 1 n + 1. Volgens Archimedische Eigenschp is er een N N met N > 1 1. We lten zien dt ε deze N ls gewenst is. Kies n N met n N willekeurig. Dn geldt 1/(n + 1) 1/(N + 1) < ε. Dus n n = 1 n N + 1 < ε. 5. lim n = 0 9. Anwijzing: Bewijs met volledige inductie dt n = n ls n even is, en n = n 2 ls n oneven is. 10. () Anwijzing: Redeneer uit het ongerijmde. 11. Zij ε > 0. Kies N 1 N zó dt voor lle n N 1 geldt dt x 2n x < ε. Kies N 2 N zó dt voor lle n N 2 geldt dt x 2n+1 x < ε. Kies N = mx{n 1, N 2}. Kies k N wilekeurig. Er zijn twee mogelijkehden (1) k is even of (2) k is oneven. (1): Lt k = 2n met n N. Dn geldt n N/2 N 1 en dus x k x = x 2n x < ε. (2): Lt k = 2n + 1 met n 1, dn geldt n N/2 N 2 en dus Dit bewijst dt lim k x k = x. x k x = x 2n+1 x < ε. Antwoorden en Uitwerkingen 151

156 Prgrf IV De rij (y n) n 0 is begrensd. Kies M 0 zodt y n M voor lle n N. Zij nu ε > 0. Omdt (x n) n 0 nr 0 convergeert kunnen we een N N nemen zodt voor lle n N geldt dt x n < ε/(m + 1). Dn geldt, voor lle n N, dt x ny n < (ε/(m + 1)) M ε. 4. (b) niet wr 5. () Beschouw de rijen n = x n x en b n = y n y met n 0. (b) Schrijf x ny n xy = (x n x)(y n y) + yx n xy n en gebruik () en Stelling IV.2.1 (i) en (ii) () We bewijzen eerst dt lim = 0. Zij ε > 0 willekeurig. Kies N N zó dt n + 1 N > 1 1; zo n N bestt volgens de Archimedische Eigenschp. Dn geldt voor elke ε n N 1 n = 1 n + 1 < 1 N + 1 < ε. Nu bewijzen we dt lim n + 1 =. Zij ξ R willekeurig. Kies N N zó dt N > ξ 1; zo n N bestt volgens de Archimedische Eigenschp. Dn geldt voor elke n N n + 1 N + 1 > ξ. Neem ( n) n 0 = ( 1/(n + 1) 2) n 0 en (bn) n 0 = (n + 1) n 0. Volgens de rekenregels voor limieten geldt lim 1/(n + 1)2 = lim 1/(n + 1) lim 1/(n + 1) = 0 0 = 0 en lim nbn = lim 1/(n + 1) = 0. (b) Neem ( n) n 0 = ( 3/(n + 1)) n 0 en (b n) n 0 = (n + 1) n 0. Dn geldt lim nbn = 3 wnt (nbn) 0 is een constnte rij is met termen gelijk n 3. (c) Neem ( n) n 0 = (1/(n + 1)) n 0 en(b n) n 0 = ( (n + 1) 2). Anloog ls in () n 0 kunnen we bewijzen dt lim (n + 1)2 =. Dn geldt lim nbn = lim n + 1 =. (d) Neem ( n) n 0 = ( 1/(n + 1)) n 0 en (b n) n 0 = ( (n + 1) 2). Anloog ls in () n 0 kunnen we bewijzen dt lim lim nbn = lim in () en lim limieten. (n + 1)2 =. Dn geldt n 1 =. Ook het bewijs dt lim 1/(n + 1) = lim n 1 = is nloog ls 1/(n + 1) = 1 0 = 0 volgens de rekenregels voor (e) Neem ( n) n 0 = (( 1) n /(n + 1)) n 0 en (b n) n 0 = ( (n + 1) 2). We bewijzen dt n 0 ( 1) n lim n + 1 = 0. Zij ε > 0 willekeurig. Kies N N zó dt N > 1 1; zo n N bestt ε volgens de Archimedische Eigenschp. Dn geldt voor elke n N ( 1)n n = 1 n + 1 < 1 N + 1 < ε. We lten nu zien dt lim (nbn) = lim ( 1)n (n + 1). Neem ξ = 5, zij N N willekeurig. Dn is n = 2N N en ( 1) n (n + 1) = ( 1) 2N (n + 1) = n + 1 > 5. Anloog kunnen we bewijzen dt lim (nbn) = lim ( 1)n (n + 1). 9. niet wr 10. : Anwijzing: gebruik de worteltruc: ( x + y ) x y = ( x y) ) = x y. x + y x + y 152 Antwoorden en Uitwerkingen

157 Prgrf IV Neem een dlende nr beneden begrensde rij (b n) n 0. Noem b = inf n 0 b n. Definieer de rij ( n) n 0 door n = b n. Dn geldt ( n) is stijgend en nr boven begrensd. Er geldt sup n 0 n = sup( b n) = inf b n = b. n 0 Met de Monotone Convergentiestelling IV.3.3 volgt dt lim n = b. Uit de rekenregels voor limieten volgt 5. (c) 1 lim bn = lim ( n) = lim n = ( b) = b. Prgrf IV Zij (x n) n 0 een convergente reële rij, met limiet x. Lt ε > 0. Er is een N N zodnig dt x n x < ε/2 voor lle n N. Voor lle m, n N geldt dn x n x m = (xn x) + (x x m) xn x + x x m < ε/2 + ε/2 = ε. 4. Met volledige inductie bewijzen we eerst dt voor elke k N geldt dt n k k. Stp 1: Omdt elke n k een ntuurlijk getl is geldt n 0 0. Stp 2. (I.V.) Neem n dt n k k voor een beplde k N. Omdt de rij (n k ) k N strikt stijgend is geldt (I.V.) n k+1 > n k k. Hieruit volgt dt n k+1 > k. Omdt n k+1 en k ntuurlijke getllen zijn volgt nu dt n k+1 k + 1. Neem nu n dt lim xn = x en zij (xn ) k k 0 zijn deelrij. We bewijzen dt lim k xn k = x. Zij ε > 0 willekeurig. We zoeken een N N zó dt voor lle k N met k N geldt: x nk x < ε. Merk eerst op dt lim xn = lim k x k en dus lim x k = x. Dus is er een N N zó dt voor lle k N geldt x k x < ε. Mr k n k k N en dus moet ook gelden dt x nk x < ε. 5. Hint: Kijk goed nr het bewijs vn Stelling IV Anwijzing: Voor één richting kunnen we Opgve IV.4.4 gebruiken. Voor de ndere richting kunnen we rden wt de limiet moet zijn. Toon n, redenerend uit het ongerijmde, dt dit inderdd zo is. 9. Er zijn twee mogelijke uitwerkingen: (i) Omdt Cuchy-rijen in R convergent zijn geldt dt, b R bestn met lim xn = en lim yn = b. Volgens de rekenregels voor convergente rijen geldt dt lim (xn + yn) = + b. De rij (xn + yn) n 0 is convergent en dus een Cuchy-rij in R. (ii) We gebruiken de chrcterizering vn opgve IV.3.1. Zij ε > 0 willekeurig. Kies N 1 N zó dt voor lle n, m N 1 geldt x n x m < ε/2. Kies N 2 N zó dt voor lle n, m N 2 geldt y n y m < ε/2. Definieer N = mx{n 1, N 2}. Dn volgt uit de driehoeksongelijkheid dt voor lle n, m N geldt: (x n + y n) (x m + y m) x n x m + y n y m < ε/2 + ε/2 = ε. 11. De verzmeling vn lle rtionle getllen is ftelbr en dus kunnen we een ftelling Q = {q n : n N} nemen. Beschouw de rij (q n) n 0. Zij x [0, 1] willekeurig. Voor elke k N, k 1 kies een n k N met telkens n k > n k 1 en zodnig dt x q k < 1 k. Dn is (q nk ) k 0 een deelrij vn (q n) n 0 met lim qn = x. k Antwoorden en Uitwerkingen 153

158 1. Er geldt Prgrf IV.5. ( exp(x) exp( x) = lim 1 + x ) n ( lim 1 x ) n ) n. = lim (1 x2 n n n 2 Als n > x dn is δ = x 2 /n 2 > 1 en we kunnen de Ongelijkheid vn Bernoulli (zie Opgve III.2.6) toepssen; we krijgen: ) 1 (1 x2 n x 2 ) 1 + n ( = 1 x2 n 2 n 2 n. De Insluitstelling geef nu, omdt lim (1 x2 /n 2 ) = 1, het gewenste resultt. 2. Anwijzing: Bewijs eerst dt er een N N bestt zodnig dt x n < 1 voor elke n > N. Ps nu de ongelijkheid vn Bernoulli toe (zie Opgve III.2.6). 3. (b) Lt x en y vste reële getllen zijn. We moeten ntonen lim ( 1 + x + y n ) n = lim We delen (1 + x/n)(1 + y/n) door (1 + (x + y)/n): (1 + x )(1 + y ) n n 1 + x+y = n (n + x)(n + y) n(n + x + y) ( 1 + x ) n n = 1 + ( 1 + y n ) n. xy n(n + x + y). Uit deze twee identiteiten en Opgve IV.5.2 volgt nu dt e x e y ( e = lim xy ) n 1 + = 1. x+y n(n + x + y) Prgrf V (c) We bewijzen dt f continu is in elke c > 0; ls c < 0 is het bewijs nloog en het gevl c = 0 wordt in onderdeel () ngetoond. Zij ε > 0, we zoeken een δ > 0 zó dt voor elke x R met x c < δ geldt x 2 c 2 < ε. Merk eerst op: ls 0 < x < 2c dn en x 2 c 2 = x + c x c = (x + c) x c < 3c x c, 3c x c < ε x c < ε 3c. Kies δ = min{c, ε/3c}, we moeten nu lten zien dt de zo gekozen δ werkt. Zij x R met x c < δ. Omdt δ c geldt er 0 < x < 2c, en dus x 2 c 2 ε < 3c x c < 3c δ 3c 3c = ε. 3. j 5. () wr (b) niet wr 7. We bewijzen deel Stelling V.1.6 (iii). De ndere gevllen kun je zelf proberen. Neem n dt f : D R en g : D R continu in het punt c zijn. We tonen n dt de product functie h : D R gegeven door h(x) = f(x)g(x), continu in het punt c is. Hiervoor gebruiken we stelling V.1.4. Kies een willekeurige rij (x n) n 0 in D met de eigenschp dt lim dt lim lim xn = c. Wegens Stelling V.1.4 is het voldoende om n te tonen h(xn) = h(c). Merk op dt uit Stelling V.1.4 toegepst op f en g volgt dt f(xn) = f(c) en lim lim h(xn) = lim g(xn) = g(c). Uit Stelling IV.2.7 volgt dt ( ) f(xn)g(x n) = lim f(xn) lim g(xn) = f(c)g(c) = h(c). Dit bewijst het gevrgde. 8. Zij c [, b] willekeurig; we bewijzen dt f continu in c is. Zij ε > 0 willekeurig. Kies δ = ε/(k + 1); omdt K R 0 is K + 1 > 0 en dus δ > 0. Zij x [, b] willekeurig. Als x c < δ dn geldt f(x) f(c) ε K x c < Kδ = K K + 1 < ε. 154 Antwoorden en Uitwerkingen

159 Prgrf V () We bewijzen dt lim x 0 f(x) = 0. We moeten eerst ntonen dt 0 een verdichtingspunt vn ( 1, 1) is. Zij δ > 0 willekeurig. Als δ > 1 dn is x = 1/2 ( 1, 1) \ {0} en x 0 = 1/2 < δ. Als 0 < δ 1 dn is x = δ/2 ( 1, 1) \ {0} en x 0 = δ/2 < δ. We bewijzen nu dt lim x 0 f(x) = 0. Zij ε > 0 willekeurig. Kies δ = Dn is δ > 0 en voor lle x ( 1, 1) met x 0 met x 0 = x < δ geldt f(x) 0 = 0 0 = 0 < ε; merk op dt f(x) = 0 omdt x 0. (b) Als f continu in 0 is dn moet volgens Stelling V.1.5 voor elke rij (x n) n N in ( 1, 1) met lim xn = 0 gelden dt lim f (xn) = f(0) = 1. Neem xn = 1/(n + 1). De rij (1/(n + 1)) n N is in ( 1, 1) en lim 1/(n + 1) = 0 mr ( ) 1 lim f (xn) = lim f = 0 1 = f(0). n + 1 Conclusie: f is niet continu in Merk eerst op dt 0 een verdichtingspunt vn R \ {0}. Beschouw de rij (1/(n + 1)) n 0. De rij is in R \ {0} en convergeert nr 0 mr ( ) 1 (f ) n 0 = (n + 1) n 0 n + 1 is niet convergent. Conclusie de limiet bestt niet. 11. : Neem n dt lim f(x) = lim f(x) = L. We tonen n dt lim f(x) = L. Zij x c x c x c ε > 0 willekeurig. Uit de definitie vn lim f(x) = L volgt dt we een δ 1 > 0 kunnen we vinden zó dt voor x c lle x (, b) met c δ 1 < x < c: f(x) L < ε. ( ) Uit de definitie vn lim x c f(x) = L volgt dt we een δ 2 > 0 kunnen we vinden zó dt voor lle x (, b) met c < x < c + δ 2: f(x) L < ε. ( ) Definieer δ = min{δ 1, δ 2}. Kies x (, b) zó dt 0 < x c < δ willekeurig. We tonen n dt f(x) L < ε. Er zijn 2 mogelijkheden: (i) x < c, (ii) x > c. (i) x < c. Uit dit en 0 < x c < δ volgt c δ < x < c. Dus ook c δ 1 < x < c. Met ( ) volgt f(x) L < ε. (ii) x > c. Uit dit en 0 < x c < δ volgt c < x < c + δ. Dus ook c < x < c + δ 2. Met ( ) volgt f(x) L < ε. In beide gevllen zien we dt f(x) L < ε. Dit bewijst het gevrgde. : Neem n dt lim f(x) = L. We bewijzen dt lim f(x) = L. Zij ε > 0 willkeurig. Uit de x c x c definitie vn lim f(x) = L volgt dt we een δ > 0 kunnen vinden zó dt voor lle x c x (, b) met 0 < x c < δ geldt dt f(x) L < ε. Kies x (, b) met c < x < c + δ willekeurig. In het bijzonder geldt dt 0 < x c < δ. Dus ook f(x) L < ε. Het bewijs dt lim f(x) = L gt net zo. x c 15. Gebruik Gevolg V Prgrf V Zij ε > 0 willekeurig. Neem δ = ε/5. Dn is δ > 0 en voor elke x, y R geldt: ls x y < δ dn f(x) f(y) = 5x 5y = 5 x y < 5δ = 5 ε 5 = ε. 3. Voor iedere δ > 0 bestn twee elementen x, x (0, ) zodnig dt x x < δ en 1/x 1/x 1. Inderdd, gegeven δ > 0 kiezen we N 1 zo groot dt 1/N < δ en nemen we x = 1/(N + 1) en x = 1/(N + 2). Hieruit volgt dt de functie 1/x niet uniform continu is op (0, ). Antwoorden en Uitwerkingen 155

160 5. Angezien f en g begrensd zijn kunnen we M 1, M 2 > 0 vinden zó dt voor lle x A geldt dt f(x) M 1 en g(x) M 2. Zij ε > 0 willekeurig. Angezien f uniform continu is kunnen we een δ 1 > 0 vinden zó dt voor lle x, y A met x y < δ 1 geldt dt f(x) f(y) < ε 2M 2. Wegens de uniforme continuïteit vn g vinden we een δ 2 > 0 zó dt voor lle x, y A met x y < δ 2 geldt dt f(x) f(y) < ε 2M 1. Definieer δ = min{δ 1, δ 2}. Kies x, y A met x y < δ. Uit de driehoeksongelijkheid en bovenstnde volgt dt h(x) h(y) = f(x)g(x) f(y)g(y) f(x)g(x) f(x)g(y) + f(x)g(y) f(y)g(y) = f(x) g(x) g(y) + g(y) f(x) f(y) ε ε < M 1 + M 2 = ε. 2M 1 2M 2 6. Anwijzing: Neem een rij (x n) n 1 in (0, 1] met lim xn = 0. Toon n dt (f(xn)) n 1 een Cuchy-rij is. Met de volledigheid stelling geeft dit een kndidt voor een limiet Prgrf V Het domein vn f is geen intervl. 5. Beschouw de functie f : [ 2, 1] R gegeven door f(x) = x 3 + 3x + 5. Uit de rekenregels voor de continuïteit volgt dt f continu is. Omdt f( 2) = 9 < 0 en f( 1) = 1 > 0 volgt uit de Nulpuntstelling dt er ten minste één x [ 2, 1] is met f(x) = 0. Om n te tonen dt geen nder nulpunt vn f bestt is het voldoende om te lten zien dt f een strikt stijgende functie is. Lt x, y [ 2, 1] zijn met x < y. Dn geldt x 3 y 3 = (x y)(x 2 + xy + y 2 ) < 0 omdt x y < 0 en x 2 + xy + y 2 > 0, en dus x 3 y 3 < 0. Hieruit volgt dt x 3 + 3x + 5 < y 3 + 3y + 5 en de functie f is strikt stijgend. 6. () 1, 31/64, 1 8. () wr (b) niet wr 9. Hint: Gebruik de Tussenwrdestelling voor de functie g : [, b] R gegeven door g(x) = f(x) x. 11. Gebruik Gevolg V (x t) 2 + ( y f(t) )2. De continuïteit volgt 13. () De functie d is gegeven door d(t) = onmiddellijk uit de rekenregels voor de continuïteit en het feit dt de wortel-functie continu is. (b) d(t) = > (x t) 2 + ( y f(t) ) 2 (y ) 2 f(x) + ( y f(t) ) 2 (y f(x) ) 2 = d(x). (c) Een continue functie op een gesloten intervl neemt een minimum en een mximum n op dit intervl. (d) Zij d(t 0) het minimum op I = [ x y f(x), x + y f(x) ]. Als t / I dn x t > y f(x), dus volgens (b) d(t) > d(x). Mr d(t0) d(x) wnt x I en d(t 0) is de minimle wrde vn d op I, dus er geldt ook d(t) > d(t 0). Prgrf V Herinner uit het bewijs vn Stelling V.5.1 dt e y = 1 + y voor lle y R. Met y = ln x volgt dt x = e ln x 1 + ln x. Hieruit volgt ln x x 1. Indien we nemen y = ln(1/x) = ln x volgt dt 1/x = e ln x = 1 ln x. Hieruit volgt ln x 1 1. x 4. () Gebruik ( 2n ) ln 2 = ln = ln n ( n + 1 n + 2 n n + 1 en de rekenregels vn de logritme. 5. () Hint: Gebruik ln x = 2 ln( x) en Opgve V n ) 2n Antwoorden en Uitwerkingen

161 Prgrf VI () 13/4. (b) 9/28. (c) () 1 (b) 3 4 Prgrf VI () We gebruiken het Limietkenmerk met de convergente reeks j=1 VI.2.6). Merk op dt 1/(j 3 + 1) 1 lim = lim j 1/j 3 j 1 + 1/j = 1. 3 Het Limietkenmerk geeft dus dt 1 j=0 ook convergent is. j (c) We gebruiken het Quotientenkenmerk. Er geldt ((n + 1) 8 + 3(n + 1)) 3n+1 4 lim n+2 = lim (n 8 + 3n) 3n 4 n+1 1 j 3 (n + 1) 8 + 3(n + 1) 3 n 8 + 3n 4 = 3 4. (zie Voorbeeld Uit het Quotientenkenmerk volgt dus dt de reeks n=1 (n8 + 3n) 3n convergent is. 4 n Hint: Gebruik het Quotientenkenmerk. 12. () Neem n dt L < 1. Kies r R zó dt L < r < 1. Omdt lim j j = L bestt er j een N N zó dt j j < r voor lle j N. Ofwel j < r j voor lle j N. Angezien j=0 rj convergent is, volgt uit het Mjorntenkenmerk dt j=0 j convergent is. 15. Gebruik Stelling VI.2.5. Prgrf VI () convergent mr niet bsoluut convergent (b) convergent mr niet bsoluut convergent (c) bsoluut convergent, dus ook convergent (d) niet convergent, dus ook niet bsoluut convergent 7. () Gebruik voledige inductie. (b) Gebruik onderdeel () en Opgve V Zij s = j=0 j. Zij ε > 0. Kies N1 N zo groot dt j=n+1 j < ε/2. Lt I N = {0, 1,..., N}. Kies M zo groot dt I N σ(i M ). Zij n M. Wegens σ(i n) = I N (σ(i n) \ I N ) volgt n σ(j) s = j + j I N j=0 (i) 2 j=n+1 j=n+1 j=n+1 wr we σ(i n) \ I N N N+1 gebruikten in (i). j s j σ(i n)\i N j + j + j < ε, j σ(i n)\i N j j σ(i n)\i N j Antwoorden en Uitwerkingen 157

162 Prgrf VII Voor n = 1 is de bewering wr: Als f(x) = x en x R willekeurig dn geldt f f(t) f(x) t x (x) = lim = lim t x t x t x t x = 1 en 1 x1 1 = 1 (I.V.) Neem n dt voor een zekere n 1 geldt dt f(x) = x n differentieerbr is op R, met fgeleide f (x) = nx n 1. Lt f(x) = x n+1. Merk op dt f(x) = x n x. De functie f 1(x) = x n is volgens de (I.V.) differentieerbr op R met fgeleide f 1(x) = nx n 1, en we hebben l bewezen dt f 2(x) = x ook differentieerbr is op R met fgeleide f 2(x) = 1. Volgens de rekenregels voor de fgeleide (productregel) is dn f = f 1 f 2 ook differentieerbr op R met fgeleide f (x) = nx n 1 x + x n 1 = nx n + x n = (n + 1)x n. 3. () niet differentieerbr (b) differentieerbr 4. () 1/2 1 + x (b) 1/ x 1 + x (c) 1/ x x 1 + x 5. () Beschouw de rijen (1/n) n>0 en ( 1/n) n>0. Beide rijen convergeren nr 0, mr en f(1/n) f(0) 1/n 0 lim = lim 1/n 0 1/n 0 = lim 1/n 1/n = 1 f( 1/n) f(0) 1/n 0 1/n lim = lim = lim 1/n 0 1/n 0 1/n = 1. x 0 Hieruit volgt dt lim x 0 x 0 differentieerbr in 0. (b) We berekenen niet bestt. De functie f(x) = x is dus niet f(x) f(0) x x 0 x x lim = lim = lim = lim x = 0. x 0 x 0 x 0 x 0 x 0 x x 0 De functie f(x) = x x is dus differentieerbr in 0 met fgeleide f (0) = (i) en (ii): Deze eigenschppen volgen uit de rekenregels voor limieten. (iii) Er geldt, f(x 0 + h)g(x 0 + h) f(x 0)g(x 0) ( h f(x0 + h) f(x ) 0) g(x 0 + h) = + f(x0)( g(x 0 + h) g(x ) 0), h h zodt, met behulp vn de rekenregels voor limieten, f(x 0 + h)g(x 0 + h) f(x 0)g(x 0) lim h 0 h ( f(x0 + h) f(x ) 0) g(x 0 + h) = lim x c h = f (x 0)g(x 0) + f(x 0)g (x 0). (iv) Er geldt ( 1/g(x 0 + h) 1/g(x 0) g(x0) g(x 0 + h) lim = lim h 0 h h 0 h = g 1 (x 0) (g(x. 0)) 2 + f(x0)( g(x 0 + h) g(x 0) ) h ) 1 g(x 0)g(x 0 + h) 11. (c) Anwijzing: Vind eerst de rtionle oplossingen vn f(x) = 39/ () Zonder beperking der lgemeenheid kunnen we nnemen dt f (0) > 0. Omdt f continu is, is er een d > 0 zó dt f (x) > 0 voor elke x ( d, d). De functie f is dus 158 Antwoorden en Uitwerkingen

163 strikt stijgend op ( d, d) en we kunnen Stelling VII.1.8 toepssen. (b) Volgens de rekenregels voor de fgeleide is f differentieerbr in elke x 0 met f (x) = 1 2 cos(1/x) + 4x sin(1/x). Als x = 0 gebruiken we de definitie vn de fgeleide: f x + 2x 2 sin(1/x) (0) = lim = lim (1 + 2x sin(1/x)) = 1. x 0 x x 0 Omdt lim f (x) niet bestt, is f niet continu in 0 en dus is f niet continu x 0 differentieerbr. We lten nu zien dt f op geen open intervl rond 0 inverteerbr is. Zij ( d, d) willekeurig. Vind k N zó dt 1/(2kπ) < d. De punten x = 1/(2kπ) en y = 1/ ( 2(k + 1)π ) liggen in het open intervl ( d, d) en f (x) = 1 en f (y) = 3. Omdt f continu is op (y, x) volgt er dt f niet injectief is op ( d, d) (f is stijgend rond y en dlend rond x) en dus ook niet inverteerbr. Prgrf VII Anwijzing: Toon eerst n dt er een nulpunt is met behulp vn Stelling V.4.3. Leid uit Stelling VII.2.5 f dt de functie x x 7 + x 5 + x vn strikt stijgend is en concludeer hieruit dt er precies één nulpunt is. 4. Lt t 1 < < t N de nulpunten vn f zijn. Omdt f differentieerbr is op [, b], en dus op ieder vn de N 1 intervllen [t j, t j+1], geeft de stelling vn Rolle punten s j (t j, t j+1) wrvoor f (s j) = 0 (j = 1,..., N 1). Angezien de intervllen (t j, t j+1) nergens overlppen, zijn lle s j verschillend. 6. Anwijzing: gebruik de middelwrdestelling. 7. (i) Kies x 0 en x 1 in [, b] met x 0 x 1 willekeurig; we moeten ntonen dt f(x 0) f(x 1). Als x 0 = x 1 dn is dit duidelijk, dus mogen we nnemen dt x 0 < x 1. Volgens de Middelwrdestelling is er een punt ξ (x 0, x 1) met de eigenschp dt f (ξ) = f(x1) f(x0) x 1 x 0, en omdt volgens nnme f (ξ) 0 is, volgt hieruit dt f(x 1) f(x 0) x 1 x 0 0. Wegens x 1 > x 0 impliceert dit f(x 1) f(x 0) 0. (ii) Wegens (i) is f stijgend. Stel dt f niet strikt stijgend is. Dt betekent dt er punten x 0 en x 1 in [, b] bestn met x 0 x 1 en f(x 0) = f(x 1). Mr omdt f stijgend is volgt hieruit dt f constnt is op het intervl [x 0, x 1]. Dus is f (ξ) = 0 voor lle ξ (x 0, x 1), hetgeen in tegensprk is met de nnme dt f (x) > 0 voor lle x (, b). (iii) Ps (i) toe op de functies f en f. Prgrf VII Hint: Herinner eerst de definitie vn x α uit Prgrf V.5. Prgrf VIII () Zij P = {x 0, x 1,..., x n} een willekeurige prtitie vn [, b]. Omdt f een constnte functie is geldt voor elke i = 1,..., n dt m i = inf{f(x) : x i 1 x x 1} = sup{f(x) : x i 1 x x 1} = M i = M. Hieruit volgt dt L(f, P ) = U(f, P ) = M(b ). (b) Dit volgt onmiddellijk uit het bovenste onderdeel. 5. Anwijzing: Bedenk dt n k=1 k2 = n(n + 1)(2n + 1)/6. Antwoorden en Uitwerkingen 159

164 ( ) k/n b 9. Hint: Gebruik de prtitie P = {x 0,..., x n} met x k = voor k = 0, 1,..., n en gebruik Opgve VII Neem n dt een c [, b] bestt met f(c) > 0; we lten zien dt b f(x) dx > 0. Zij ε = f(c)/2 > 0. Omdt f continu is, bestt voor deze ε een δ > 0 zó dt voor elke x [, b] met x c < δ geldt f(x) f(c) < ε. Kies s, t (, b) zó dt c (s, t) en (s, t) (c δ, c + δ). Dn geldt voor elke x (s, t) dt f(x) > f(c) ε = f(c)/2 > 0. Hieruit volgt dt voor de prtitie P = {, s, t, b} vn [, b] geldt L(P, f) (t s)f(c)/2 > 0. Omdt f integreerbr op [, b] is volgt b f(x) dx > 0. We kregen een tegensprk, dus f(x) = 0 voor elke x [, b] Prgrf VIII Hint: Gebruik U(P, λf) = λu(p, f) en L(P, λf) = λl(p, f). 5. Gebruik Stelling VIII () Gebruik Stelling VIII Prgrf VIII.3. Prgrf IX Lt f : D R en f n : D R met n 1 functies zijn. Neem n dt f n u f. We bewijzen dt f n p f. Kies c D en ε > 0 willekeurig. Angezien fn u f kunnen we een N N vinden zó dt voor lle n N en voor lle x D geldt dt f(x) f n(x) < ε. In het bijzonder zien we dt voor lle n N geldt f(c) f n(c) < ε. Angezien ε > 0 willekeurig ws, volgt dt lim f n(c) = f(c). Angezien c A willekeurig ws, volgt p dt f n f. 5. () niet wr (b) niet wr 6. Zij ε = 1. Kies N N willekeurig. Kies n = N. Dn geldt fn(1/n) 0 = 1 ε. Dus 10 8 u f n Zij ε > 0 willekeurig. Kies N N zó dt N > 1. Kies x [ 1, 1] en n N willekeurig. ε Dn volgt: f n(x) f(x) = x n 1 n 1 N < ɛ. Dus f n u 0 8. () wr; f is de constnte functie f(x) = 1 voor elke x R (b) niet wr 9. () wr; f is de nulfunctie (b) Anwijzing: Om te bewijzen dt de rij nr de nulfunctie uniform convergeert, bepl eerst extremen vn elke f n. 10. Gebruik Stelling IX Neem bijvoorbeeld f n(x) = 1 n x Anwijzing: (d) Neem f n, g n : R R gedefinieerd ls volgt: f n(x) = x en g n(x) = 1/n voor elke n N en elke x R. Prgrf IX Zij x D. Angezien voor elke j 0, g j(x) M j volgt uit het mjorntenkenmerk dt de reeks j=0 gj(x) (bsoluut) convergent is en voor elke k 0 geldt dt j=k+1 gj(x) j=k+1 Mj. Definieer f : D R ls f(x) = j=0 gj(x). We 160 Antwoorden en Uitwerkingen

165 ( n beweren dt j=0 )n 0 gj uniform nr f convergeert. Kies ε > 0 wilekeurig. Kies N N zó dt j=n+1 Mj < ε. Er volgt dt voor lle n N en x D geldt dt n g j(x) f(x) = j=0 j=n+1 g j(x) j=n+1 M j < ε. Antwoorden en Uitwerkingen 161

166 Index bsolute wrde, 30, 44 bsoluut convergent, 104 fbeelding, 10 fgeleide, 110 ftelbre verzmeling, 17 lterenerende reeks, 105 Archimedische eigenschp, 44 beeld, 10, 11 inverse, 14 begrensd, 49 rij, 55 verzmeling, nr beneden, 49 verzmeling, nr boven, 49 bewijs met volledige inductie, 23 uit het ongerijmde, 8 bijectieve functie, 11 binomilcoëfficiënten, 148 binomium vn Newton, 24 bovengrens, 49 kleinste, 49 bovenintegrl, 122 bovensom, 121 bron, 10 Crtesisch product, 5 Cuchy-rij, 67 codomein, 10 complement, 7 congruent modulo n, 34 constructie vn R, 68 continue functie, 74 convergent reeks, 94 rij, 54 convergentie puntsgewijs, 137 uniform, 138 dlende rij, 62 decimlontwikkeling, 101 deelrij, 66 deelverzmeling, 4 dekpunt, 90 deler, 29 dicontinu, 74 disjuncte verzmelingen, 7 divergent reeks, 94 rij, 54 doel, 10 domein, 10 doorsnede, 7 Driehoeksongelijkheid, 45 voor integrlen, 129 eindige verzmeling, 17 equivlentieklsse, 34 equivlentiereltie, 33 exponentiële functie, 71, 72, 91, 108, 118 fculteit, 148 fijnere prtitie, 120 foutterm, 112 functie, 10 beeld vn, 11 begrensd, 80 bijectief, 11 continu, 74 continu in een punt, 74 dlend, 80 differentieerbr, 110 discontinu, 74 exponentiële, 71, 72, 91, 108, 118 identieke, 13 injectief, 11 inverse, 14 limiet, 78 linkcontinu, 74 linksdifferentieerbr, 110 Lipschitz constnte, 77 Lipschitz continu, 77 logritme, 91 monotoon, 80 nr beneden begrensd, 80 nr boven begrensd, 80 oneven, 126 rechtscontinu, 74 rechtsdifferentieerbr, 110 recursieve definitie, 147 Riemnn-integreerbr, 123 stijgend, 80 strikt dlend, 80 strikt stijgend, 80 surjectief, 11 uniform continu, 83 Fundmentele Eigenschp vn R, 50 gelijkmchtige verzmelingen, 17 gemiddelde 162 INDEX

167 meetkundig, 46 rekenkundig, 46 getl irrtionl, 39 negtief, 43 positief, 43 grfiek, 10 grootste ondergrens, 49 hrmonische reeks, 94 Hoofdstelling vn de Integrlrekening, 132 inductie Volledige, 23 infimum, 49 injectieve functie, 11 Insluitstelling, 59 integrl, 123 integreerbr, 127 intervl, 4 begrensd, 4 gesloten, 4 hlfgesloten, 4 hlfopen, 4 onbegrensd, 4 open, 4 Intervlneststelling, 69 inverse vn een functie, 14 inverse beeld, 14 Inverse Functiestelling continue versie, 88 differentieerbre versie, 112 irrtionl, 39 Kettingregel, 112 kleinste bovengrens, 49 lege verzmeling, 3 limiet vn een functie, 78 vn een rij, 54 limietfunctie, 137 limietkenmerk, 99 lim inf, 65 lim sup, 65 linerisering, 112 linkerfgeleide, 110 linkscontinue functie, 74 Lipschitz constnte, 77 Lipschitz continu, 77 logritme, 91 mchtsverzmeling, 6, 18 mjorntenkenmerk, 98 mximum, 51 meetkundig gemiddelde, 46 meetkundige reeks, 94 Middelwrdeongelijkheid, 116 Middelwrdestelling, 115 minimum, 51 Monotone Convergentiestelling, 62 monotone rij, 62 monotoon functie, 80 ntuurlijke logritme, 91 nulpunt, 86 Nulpuntstelling, 86 ondergrens, 49 grootste, 49 onderintegrl, 122 ondersom, 121 ongelijkheid vn rekenkundig en meetkundig gemiddelde, 46 Ongelijkheid vn Bernoulli, 44 open, 53, 81 origineel, 10 overftelbre verzmeling, 17 prdox vn Berry, 2 vn Russell, 2 prtiële som, 94 prtiëel integreren, 135 prtitie, 120 bovensom bij, 121 fijner, 120 ondersom bij, 121 polristie identiteit, 129 priemgetl, 30 product, Crtesisch, 5 puntsgewijze convergentie, 137 Quotientenkenmerk, 100 quotiënt bij deling, 30 quotiënt nr equivlentiereltie, 35 quotiëntfbeelding, 35 rechterfgeleide, 110 rechtscontinue functie, 74 Reeks verdichtingscriterium vn Cuchy, 98 reeks, 94 bsoluut convergent, 104 lternerend, 105 convergent, 94 divergent, 94 hrmonisch, 94 limietkenmerk, 99 mjorntenkenmerk, 98 meetkundig, 94 niet-negtieve termen, 98 positieve termen, 98 Quotientenkenmerk, 100 telescoop, 95 termen, 94 wortelkenmerk, 103 INDEX 163

168 reflexieve reltie, 33 rekenkundig gemiddelde, 46 reltie, 33 reflexief, 33 symmetrisch, 33 trnsitief, 33 rest bij deling, 30 reële getllen constructie, 68 Riemnn-integrl definitie, 123 limieten, 141 rij, 12, 54 begrensd, 55 Cuchy-rij, 67 convergent, 54 dlend, 62 divergent, 54 limiet, 54 monotoon, 62 stijgend, 62 strikt dlend, 62 strikt stijgend, 62 smenstelling, 13 stelling Binomium vn Newton, 24 Driehoeksongelijkheid, 45 Hoofdstelling vn de Integrlrekening, 132 Insluitstelling, 59 Inverse Functiestelling continue versie, 88 differentieerbre versie, 112 Kettingregel, 112 middelwrdeongelijkheid, 116 Middelwrdestelling, 115 Monotone Convergentiestelling, 62 Nulpuntstelling, 86 Ongelijkheid vn Rekenkundig en Meetkundig Gemiddelde, 46 overftelbrheid vn R, 63 Tussenwrdestelling, 87 vn Bolzno-Weierstrss, 66 vn Rolle, 115 Volledigheidsstelling, 67 wel-ordening vn N, 25 stijgende rij, 62 strikt dlende rij, 62 strikt stijgende rij, 62 supremum, 49 surjectieve functie, 11 symmetrische reltie, 33 uniforme convergentie, 138 Weierstrss M-test, 143 vst punt, 90 verdichtingscriterium vn Cuchy, 98 verdichtingspunt, 78 vereniging, 7 verschil, 7 verzmeling ftelbr, 17 ftelbr oneindig, 17 begrensd, 49 complement, 7 eindig, 17 leeg, 3 mchtsverzmeling, 6 nr beneden begrensd, 49 nr boven begrensd, 49 open, 53, 81 overftelbr, 17 verzmelingen Crtesisch product, 5 disjunct, 7 doorsnede, 7 gelijkmchtig, 17 vereniging, 7 verschil, 7 Volledige inductie, 23 Volledigheidsstelling, 67 Weierstrss M-test, 143 wetten vn de Morgn, 9 wortel ndemchtswortel, 53 wortelkenmerk, 103 telescoopreeks, 95 termen, 94 trnsitieve reltie, 33 Tussenwrdestelling, 87 uniform continue functie, INDEX