Analyse I. S. Caenepeel

Transcriptie

1 Anlyse I S. Cenepeel Syllbus 132 bij IR-WISK en Anlyse: fleiden, integreren en wiskundige softwre, Eerste Bchelor Ingenieurswetenschppen en Fysic (SD-ID ), Eerste Bchelor Wiskunde (SD-ID ) en Derde Bchelor Wiskunde verkort progrmm (SD-ID ). 2015

2 Inhoudsopgve 1 Reële getllen Verzmelingen De reële getllen Verzmelingen met n dimensies Functies Grfische voorstelling vn een functie Injecties, surjecties en bijecties Verzmelingen vn reële getllen Rijen De limiet vn een rij De stelling vn Bolzno-Weierstrss Het convergentiekenmerk vn Cuchy Limieten en continue functies Limieten vn functies Continue functies Open en gesloten verzmelingen Uniforme continuïteit De stelling vn Heine-Borel Continue functies over een gesloten intervl Continue functies over een gebied

3 4 Functies vn een vernderlijke De fgeleide De fgeleide vn enkele elementire functies De eerste differentil vn een functie Afgeleiden en differentilen vn hogere orde De stellingen vn Rolle, Cuchy en Lgrnge Onbeplde vormen De formule vn Tylor Extremen vn een functie vn één vernderlijke Differentieerbre functies Prtiële fgeleiden en richtingsfgeleiden Differentieerbre functies De fgeleide vn een smengestelde functie Sclire functies vn n vernderlijken De eerste totle differentil Prtiële fgeleiden en totle differentilen vn hogere orde De formule vn Tylor voor een functie vn n vernderlijken Extreme wrden Impliciete functies De stelling vn de inverse functie De stelling vn de impliciete functies Extreme wrden met nevenvoorwrden Eigenschppen vn de Jcobinse determinnt De integrl vn een continue functie Riemnn-integreerbre functies De stelling vn het gemiddelde en de grondformule vn de integrlrekening Voorbeelden en toepssingen

4 9 Het beplen vn primitieve functies De onbeplde integrl Elementire integrtiemethodes Het integreren vn rtionle functies Het integreren vn rtionle functies vn sinus en cosinus Beplde integrlen en specile functies Verdere verlgemeningen en toepssingen Oneigenlijke integrlen De gmmfunctie Booglengte Lengteintegrlen

5 Hoofdstuk 1 Reële getllen In dit hoofdstuk herhlen we een ntl bsisbegrippen: verzmelingen, functies, reële getllen. 1.1 Verzmelingen Het begrip verzmeling ligt n de gehele wiskunde ten grondslg en is drom moeilijk te definiëren. Men kn het ls volgt omschrijven: een verzmeling is een vereniging vn zken, voorwerpen, dingen,... Hetgeen tot de verzmeling behoort noemt men element vn de verzmeling. Een verzmeling is gegeven of bepld ls het mogelijk is te zeggen of een element tot de verzmeling behoort of niet. Men kn op verschillende mnieren nduiden welke dingen element zijn vn een verzmeling: men kn een lijst opstellen vn de elementen, of men kn de elementen beplen door hun kenmerkende eigenschp(pen). Voorbeelden V = {,b,c}; de verzmeling V bestt uit de elementen, b, en c; de verzmeling vn de studenten vn een kls; de verzmeling vn de klssen vn school (de elementen vn een verzmeling kunnen zelf verzmelingen zijn); de ntuurlijke getllen N = {0,1,2,3, } Men kn een verzmeling ook krkteriseren binnen een gegeven verzmeling door een eigenschp vn de elementen op te geven. Zo kunnen we bijvoorbeeld de verzmeling vn de ntuurlijke getllen deelbr door 3 ls volgt opschrijven: V = {n N n is deelbr door 3}. De verzmeling vn de mooie schilderijen bestt niet. We kunnen nmelijk niet beplen of een element l dn niet tot de verzmeling behoort (wt is mooi?) De lege verzmeling (deze bezit geen enkel element) wordt /0 genoteerd. Opmerking De volgorde wrin de elementen vn een verzmeling voorkomen heeft geen belng: zo is {,b,c} = {b,,c}. Merk ook op dt een element slechts eenml voorkomt: lle elementen in de verzmeling zijn verschillend. Een verzmeling kn voorgesteld worden door een Venn-digrm (zie Figuur 1.1). 4

6 V b c d Figuur 1.1: De verzmeling V = {, b, c} Deelverzmelingen Per definitie stellen we dt een verzmeling A een deelverzmeling is vn een verzmeling B indien elk element vn A een element is vn B: Voorbeeld {,b} {,b,c}. A B A : B B b A c Figuur 1.2: A B De lege verzmeling is een deelverzmeling vn elke verzmeling. De vereniging De vereniging (of unie) vn twee verzmelingen A en B is de verzmeling vn de elementen die tot A of tot B behoren: A B = {x x A of x B} Bewijs zelf de volgende eigenschppen: A /0 = /0 A = A A B = B A (commuttiviteit) A (B C) = (A B) C (ssocitiviteit) A A = A 5

7 Beschouw een rij verzmelingen A 1,A 2,A 3,. We definiëren de unie vn deze rij verzmelingen ls volgt: + A i = A 1 A 2 A 3 = {x x A i voor minstens 1 index i } i=1 Voorbeeld n=1 [ n,n] = R De doorsnede De doorsnede vn twee verzmelingen A en B is de verzmeling vn de elementen die tot A en B behoren: A B = {x x A en x B} Bewijs zelf de volgende eigenschppen: A /0 = /0 A = /0 A B = B A (commuttiviteit) A (B C) = (A B) C (ssocitiviteit) A A = A A (B C) = (A B) (A C) A (B C) = (A B) (A C) A B A B = B Beschouw een rij verzmelingen A 1,A 2,A 3,. We definiëren de doorsnede vn deze rij verzmelingen ls volgt: + n=1 A 1 A 2 A 3 = {x x A i voor elke index i } Voorbeeld n=1 [ 1] 0, = {0} n Het verschil Het verschil vn twee verzmelingen A en B is de verzmeling vn de elementen vn A die niet tot B behoren: A \ B = {x A x B} 6

8 Het produkt Het produkt vn twee verzmelingen A en B is de verzmeling vn de koppels (,b) wrbij A en b B: A B = {(,b) A en b B} 1.2 De reële getllen We herhlen eerst notties voor de ntuurlijke, gehele en rtionle getllen: N = {0,1,2,3,4, } Z = {0,1, 1,2, 2, } Q = { p q : p Z, q Z 0} In Q, de verzmeling vn de rtionle getllen, kn men optellen, ftrekken, vermenigvuldigen en delen (zolng de noemer verschillend vn 0 is. In de nlyse werken we met een verzmeling getllen die nog groter is dn de verzmeling vn de rtionle getllen, de verzmeling R vn de reële getllen. Het is niet eenvoudig om de reële getllen op een wiskundig correcte mnier in te voeren, en drom beperken we ons hier tot het opsommen vn enkele vn de belngrijkste eigenschppen vn de reële getllen. In de komende hoofdstukken zullen we nr deze eigenschppen herhldelijk verwijzen, omdt zij dikwijls de crucile rgumenten in onze redenering zullen zijn. R is een verzmeling getllen die Q bevt. Ook in R kn men optellen, ftrekken, vermenigvuldigen en delen. Er is een 1-1 correspondentie (een bijectie) tussen de reële getllen en de punten op een rechte. Deze correspondentie hngt f vn een gekozen ijk op de rechte, d.w.z. twee verschillende punten op de rechten die men respectievelijk lt overeenstemmen met de getllen 0 en 1. Bovendien voldoen de reële getllen n de volgende twee xiom s. Axiom De reële getllen voldoen n het xiom vn Archimedes : x > 0, y 0, n N : y nx Voor elke b R noteren we: (,b) = {x R < x < b} [,b] = {x R x b} (,b] = {x R < x b} [,b) = {x R x < b} (,b) en [,b] worden respectievelijk open en gesloten intervl genoemd. (,b] en [,b) worden hlfopen intervllen genoemd. 7

9 Axiom R is volledig. Dit betekent: voor een dlende rij gesloten intervllen I 0 = [x 0,y 0 ] I 1 = [x 1,y 1 ] I n = [x n,y n ] bestt minstens 1 reëel getl x dt tot elk intervl I n behoort: x I n n=0 Opmerkingen ) Als toepssing vn xiom kn men ntonen dt elk positief reëel getl juist een positieve n-de mchtswortel heeft. 2) Herhl de definitie vn bsolute wrde vn een reëel getl: { x ls x 0 x = x ls x 0 Bewijs zelf de volgende belngrijke eigenschp: x + y x + y 3) An de verzmeling vn de reële getllen voegen we twee elementen toe genmd plus oneindig en min oneindig, die we noteren ls + en. De verzmeling die we ldus krijgen, noemen we de vervolledigde reële rechte, en we noteren deze ls R = R {+, } Deze nieuwe elementen bezitten per definitie de volgende eigenschppen, voor elke x R: < x < x = + + x = { ±, ls x > 0 x(± ) =, ls x < 0 Merk op dt (+ ) + ( ) en 0(± ) niet gedefinieerd worden. 1.3 Verzmelingen met n dimensies Beschouw de produktverzmeling R n = R R R. De elementen vn R n zijn dus geordende n-tllen (x 1,x 2,,x n ). Een dergelijk n-tl stellen we voor door een kleine letter met een pijl erboven, en wordt vector of punt genoemd. Soms zullen we vectoren voorstellen door een hoofdletter: x = X = (x 1,x 2,,x n ) 8

10 Een deelverzmeling vn R n noemen we een n-dimensionle verzmeling. Een n-dimensionle verzmeling X is begrensd ls de lineire deelverzmelingen gevormd door de k-de coördinten vn elk punt vn X begrensd zijn ls deel vn R, en wel voor elke k = 1,2,,n. Voor x = (x 1,x 2,,x n ), y = (y 1,y 2,,y n ) R n definiëren we x + y ls volgt: x + y = (x 1 + y 1,x 2 + y 2,,x n + y n ) De vermenigvuldiging met een reëel getl k wordt gedefinieerd door: k x = (kx 1,kx 2,,kx n ) Met deze bewerkingen vormt R n een vectorruimte. Men definieert ook nog het sclir produkt vn twee vectoren: x y = x 1 y 1 + x 2 y x n y n = Het schrijven vn een is hier verplicht. G zelf n dt het sclir produkt voldoet n de volgende eigenschppen, voor elke x, y, z R n en k R: 1. x y = y x 2. (k x) y = k( x y) 3. 0 x = 0 4. ( x + y) z = x z + y z 5. x 0 = x x > 0 Hierin ws 0 = (0,0,,0). Men noteert dikwijls ook x x = x 2. Per definitie is dit het kwdrt vn de lengte vn de vector x: Bewijs zelf dt Hint: kwdrteer beide betrekkingen. x = x 2 = n xi 2 i=1 n i=1 x R n, i = 1,2,,n : x i x x i y i n i=1 Stelling Voor x, y R n hebben we de volgende ongelijkheden: 1. x y x y (ongelijkheid vn Cuchy-Schwrz) 2. x + y x + y (driehoeksongelijkheid) 3. x y x y x i 9

11 Bewijs. Als y = 0, dn zijn beide leden vn de eerste ongelijkheid nul. We mogen dus onderstellen dt y 0. Voor elke t R hebben we 0 ( x +t y) 2 = x 2 + 2t x y +t 2 y 2 = x 2 +2t x y +t 2 y 2 Het rechterlid is dus een kwdrtische veelterm in t wrvn de discriminnt negtief of nul is: of ( x y) 2 x 2 y 2 0 x y x y Dit bewijst de formule vn Cuchy-Schwrtz. We bewijzen de driehoeksongelijkheid nu gemkkelijk ls volgt: en dit bewijst de driehoeksongelijkheid. Ongelijkheid 3) volgt uit 2): Hieruit volgt dt ( x + y ) 2 = x 2 +2 x y+ y 2 x 2 +2 x y + y 2 = ( x + y ) 2 x = x y + y x y + y x y x y Op dezelfde mnier krijgen we (wissel de rollen vn x en y om): y x x y Opmerking De fstnd tussen twee punten x en y in R n wordt gegeven door x y. 1.4 Functies Definitie Gegeven zijn twee verzmelingen X en Y. Onderstel dt met ieder element x X een enig element y Y overeenstemt. De verzmeling f vn de koppels (x, y) noemt men een functie of fbeelding vn X nr Y. Men kn een functie vn X nr Y dus ook definiëren ls een deelverzmeling vn X Y zodnig dt elk element vn X juist eenml optreedt ls eerste element in een koppel. Men noteert f : X Y 10

12 Het element y vn Y dt met x X overeenstemt noteert men f (x), en men noemt f (x) het beeld vn x. We kunnen dus schrijven: Liever gebruiken we de nottie: f = {(x, f (x)) x X} f : X Y : x y = f (x) Een functie is dus volledig bepld ls men de verzmeling koppels (x, f (x)) voor elke x X geeft. Twee functies f en g zijn identiek ls voor iedere x X geldt dt f (x) = g(x). X noemt men de definitieverzmeling of het domein vn f. Y noemt men de vritieverzmeling of de wrdeverzmeling vn f. Voorbeelden ) X = {,b,c,d},y = {α,β,γ,δ} f () = β ; f (b) = α ; f (c) = β, f (d) = δ f bestt dus uit de koppels (,β),(b,α),(c,β),(d,δ). We kunnen f voorstellen op een Venndigrm: b c d b g d Figuur 1.3: Een functie f voorgesteld op een Venn-digrm 2) f : R R : x x 2 = f (x) 3) f : X X : x x = f (x) Deze functie noemt men de identiteit op de verzmeling X. Opmerkingen ) We mken geen onderscheid tussen de begrippen functie en fbeelding. 2) Niet ieder element vn Y is noodzkelijk het beeld vn een element uit X (zie voorbeelden 1) en 2)). 3) Een functie f : X R R wordt ook een numerieke functie genoemd. x en y worden dn vernderlijken genoemd. 4) Een functie u : N R of u : N 0 R wordt ook een numerieke rij genoemd. We noteren dn gewoonlijk u(n) = u n. In een volgend hoofdstuk zullen we numerieke rijen uitgebreid bestuderen. Enkele voorbeelden: u n = 1 n

13 Men schrijft dikwijls ook: (u n ) = ( ) 1 = ( 1, 1 n + 1 2, 1 3, 1 4, 1, ) 5 (v n ) = (( 1) n ) = (1, 1,1, 1,1, 1, ) (w n ) = (n!) = (1,1,2,6,24,120,720, ) 5) Een numerieke functie wordt dikwijls gegeven door een eenvoudig functievoorschrift, met behulp vn een formule: zie voorbeeld 2 hierboven: f (x) = x 2. Een functievoorschrift hoeft echter niet noodzkelijk gegeven te worden door een enkele formule: er zijn veel meer ingewikkelde functievoorschriften denkbr: x x 2 ls x 0; f : R R : x 2 ls 0 < x < 2; x x 3 ls x 2. { x sin(x) g : R R : x ls x 0; x 0 ls x = 0. 6) Een functie f : R n R noemt men een functie vn n vernderlijken. Een functie r : R R n noemen we een vectorwrdige functie. Merk op dt een vectorwrdige functie wordt gegeven door n numerieke functies: r(t) = (x 1 (t),x 2 (t),,x n (t)). De x i noemt men de componentfuncties vn r. Meer lgemeen zullen we in deze syllbus functies F : R m R n bestuderen. 1.5 Grfische voorstelling vn een functie Numerieke functies Neem een numerieke functie f : X R R. De verzmeling {(x, f (x)) x X} is dn een deel vn R 2. Indien we R 2 identificeren met het vlk, dn wordt deze verzmeling in het lgemeen een kromme in het vlk die men de grfiek vn de functie f noemt: Teken zelf de grfieken vn de y y=f(x) 0 x functies f en g uit opmerking 5 hierboven. Figuur 1.4: De grfiek vn een numerieke functie f 12

14 Functies vn twee vernderlijken z (x, y, f(x,y)) y x (x, y, 0) Figuur 1.5: De grfiek vn een functie vn twee vernderlijken Neem nu een functie f : X R 2 R. De grfiek vn f is nu {(x,y, f (x,y)) (x,y) R 2 } R 3 en is dus een oppervlk in de driedimensionle ruimte, die we kunnen identificeren met R 3 door een ssenstelsel te kiezen. In figuren 1.6 schetsen we de grfieken vn enkele functies vn twee vernderlijken. Het spreekt vnzelf dt het tekenen vn de grfiek vn een functie vn twee vernderlijken heel wt moeilijker is dn het tekenen vn een grfiek vn een functie vn één vernderlijke. Een mnier om hier een mouw n te pssen is het bekijken vn de hoogtelijnen. Dit zijn de krommen met vergelijking f (x,y) = c, wrbij c een constnte is. Zo zijn de hoogtelijnen vn de functie f (x,y) = x 2 + y 2 de cirkels met strl c. Functies vn drie vernderlijken Voor een functie f vn drie vernderlijken heeft het niet veel zin de grfiek te trchten te tekenen: deze is een driedimensionl hyperoppervlk in de vierdimensionle ruimte. Wel kn men de Figuur 1.6: De grfieken vn h(x,y) = x 2 y 2 en k(x,y) = sin(x)cos(y) 13

15 Figuur 1.7: De hoogtelijnen vn h(x,y) = x 2 y 2 en k(x,y) = sin(x)cos(y) niveuoppervlkken bekijken. Dit zijn de oppervlkken met vergelijking f (x, y, z) = c, wrbij c een constnte is. Zoek zelf de niveuoppervlkken vn de functie f (x,y,z) = x 2 + y 2 + z 2. Vectorwrdige functies z (x(b), y(b), z(b)) b Neem een functie r : [,b] R R n wrbij n = 2 of n = 3. Als t het intervl [,b] doorloopt, dn doorloopt r(t) een kromme in het vlk of in de ruimte: Men noemt r = r(t) de vectorvergelijt y (x(), y(), z()) x Figuur 1.8: Een ruimtekromme king vn de kromme. Bekijken we de drie componentfuncties x = x(t) y = y(t) z = z(t) dn krijgen we een stel prmetervergelijkingen vn de kromme. Voorbeelden ) Neem twee vectoren en d. r = +t d 14

16 is de vectorvergelijking vn de rechte door met richtingsvector d. 2) Een stel prmetervergelijkingen vn de cirkel in het vlk met de oorsprong ls middelpunt en r ls strl: { x = r cost y = r sint 3) Een schroeflijn is een kromme met prmetervergelijking x = r cost y = r sint z = ht Deze kromme wordt geschetst in Figuur 1.9 schroeflijn z-s y-s x-s Figuur 1.9: De schroeflijn Functies F : R 2 R 3 Neem een functie F : [,b] [c,d] R 2 R 3. Deze bestt uit drie componentfuncties x(u,v), y(u,v), z(u,v) : [,b] [c,d] R 2 R. Als (u,v) de rechthoek [,b] [c,d] doorloopt, dn loopt (x(u,v),y(u,v),z(u,v)) door een oppervlk in de driedimensionle ruimte. We noemen x = x(u,v) y = y(u,v) z = z(u,v) de prmetervergelijkingen vn dit oppervlk. Voorbeelden ) Neem drie vectoren, b en c. r = + u( b ) + v( c ) is de vectorvergelijking vn het vlk door, b en c. Schrijf zelf een stel prmetervergelijkingen op. 15

17 2) Een stel prmetervergelijkingen voor de bol met strl r en middelpunt de oorsprong wordt gegeven door x = r sinucosv y = r sinusinv z = r cosu Hierbij is 0 u π en 0 v < 2π. 1.6 Injecties, surjecties en bijecties Gegeven zijn twee functies f : X Y en g : Y Z. We definiëren een nieuwe functie g n f, of g bolletje f, genoteerd g f : X Z door (g f )(x) = g( f (x)) voor elke x X. We noemen g f de smenstelling vn de functies f en g. Merk op dt de smen- X Y Z g o f x f(x) g g(f(x)) f y g(y) Figuur 1.10: De smenstelling vn functies stelling vn functies ssocitief is, mr niet commuttief; dit blijkt uit het volgende voorbeeld: Voorbeeld De inverse functie f = R R : x x 2 g = R R : x x + b g f = R R : x x 2 + b f g = R R : x (x + b) 2 Noteer i X voor de identiteit op de verzmeling X. Deze wordt gedefinieerd ls volgt: x X : i X (x) = x Merk op dt voor elke functie f : X Y geldt dt f i X = f en i Y f = f. Bestt er een functie g : Y X zodnig dt f g = i Y en g f = i X? Een eerste idee om dit probleem op te lossen is gewoon: keer lle pijlen vn f om. We krijgen dn echter niet noodzkelijk opnieuw een functie! Om een functie te hebben moeten twee voorwrden vervuld zijn: 16

18 g moet welbepld zijn: in elk punt vn Y moet een pijl vn g vertrekken, of, wt hetzelfde is, in elk punt vn Y moet een pijl vn f nkomen; g moet éénduidig zijn: in elk punt vn Y mg ten hoogste één pijl vn g vertrekken, of, wt hetzelfde is, mg ten hoogste één pijl vn f nkomen. Dit betekent ook nog dt twee verschillende elementen vn X op twee verschillende elementen vn Y fgebeeld worden. Vndr de volgende definities: Definitie Een functie f : X Y heet surjectie ls elk element vn Y het beeld is vn een element vn X, m..w., y Y, x X : f (x) = y Definitie Een functie f : X Y heet injectie ls elk element vn Y het beeld is vn ten hoogste één element vn X, m..w., x 1 x 2 = f (x 1 ) f (x 2 ) of f (x 1 ) = f (x 2 ) = x 1 = x 2 Definitie Een functie f : X Y heet bijectie ls f zowel injectief ls surjectief is, of y Y,!x X : f (x) = y of er bestt een g : Y X zodnig dt f g = i Y en g f = i X. We noteren in dit gevl g = f 1, en we noemen f 1 de inverse functie vn f. We zeggen dn dt f inverteerbr is, en we hebben de eigenschp: y Y : f 1 (y) = x f (x) = y Opmerkingen ) Vn een functie f : X Y kn men een surjectie mken door de vritieverzmeling te beperken tot {y Y x X : f (x) = y}. Men kn er een injectie vn mken door de definitieverzmeling X zo te beperken dt in elk element vn Y slechts één pijl nkomt. 2) Voor B Y noteert men f 1 (B) = {x X : f (x) B} Indien f geen bijectie is, noteert men soms ook voor y Y : f 1 (y) = f 1 ({y}) 1.7 Verzmelingen vn reële getllen Beschouw een verzmeling A R. Indien er een getl M A bestt zodnig dt M voor elke A, dn noemen we M het mximum, of grootste element, vn A, en we noteren M = mx(a) 17

19 Op identieke mnier definiëren we het minimum (of kleinste element) vn A. Dit is een getl m A wrvoor m voor elke A. We noteren m = min(a) Voor eindige verzmelingen zijn deze begrippen volstrekt toereikend. Voor oneindige verzmelingen is er echter een probleem. Zo zijn de verzmelingen (0,1] en {1/n n N 0 } wel begrensd, mr ze hebben geen minimum. In beide gevllen zien we dt 0 een soort vn onderste grens vn de verzmeling is. In deze sectie willen we dit nuwkeurig beschrijven. In het vervolg is A steeds een niet lege deelverzmeling vn R. Definitie Een mjornt of bovengrens (upper bound) vn A is een getl M R dt groter is dn of gelijk n elk element vn A. Een minornt of ondergrens vn A is een getl m R dt kleiner is dn of gelijk n elk element vn A. De kleinste onder lle mjornten vn A noemen we de kleinste bovengrens of supremum vn A: supa = min{m R M is een mjornt vn A} De grootste onder lle minornten vn A noemen we de grootste ondergrens of infimum vn A: infa = mx{m R m is een minornt vn A} Voorbeelden ) inf(0,1) = 0, sup(0,1) = 1. 2) inf{1,1/2,1/3,1/3,1/4, } = 0. 3) Indien mxa bestt, dn is mxa = supa. 4) Indien mina bestt, dn is mina = infa. 5) Indien A niet nr boven begrensd is, dn stellen we supa = +. 6) Indien A niet nr beneden begrensd is, dn stellen we infa =. Het supremum wordt gedefinieerd ls het minimum vn de verzmeling der mjornten. A priori zijn we dus niet zeker dt het supremum bestt. De volgende stelling vertelt ons dt elke nr boven begrensde verzmeling een supremum heeft: Stelling Elke niet lege nr boven begrensde verzmeling A heeft een supremum. Elke niet lege nr beneden begrensde verzmeling heeft een infimum. Bewijs. Het bewijs vn deze fundmentele stelling steunt op de volledigheid vn de reële getllen. Door inductie construeren we een dlende rij intervllen I 0 = [x 0,y 0 ] I 1 = [x 1,y 1 ] I 2 = [x 2,y 2 ] zodnig dt de volgende eigenschppen gelden voor elke n N: 1. y n is een mjornt voor A; 2. I n bevt elementen vn A; 18

20 3. y n+1 x n+1 = (y n x n )/2. Neem voor y 0 een willekeurige mjornt vn A; zulk een mjornt bestt ngezien A nr boven begrensd is. Neem voor x 0 een willekeurig element vn A (A is niet leeg). I 0 = [x 0,y 0 ] voldoet dn n de voorwrden 1) en 2). Onderstel dt de intervllen geconstrueerd zijn tot op index n 0 en voldoen n de voorwrden 1), 2) en 3). We construeren I n+1 ls volgt: neem z = (y n + x n )/2, het midden vn het intervl I n. Er zijn twee mogelijkheden: 1) z is een mjornt vn A. In dt gevl stellen we I n+1 = [x n,z]. I n+1 voldoet dn duidelijk n de voorwrden 1), 2) en 3). 2) z is geen mjornt vn A. In dt gevl stellen we I n+1 = [z,y n ]. I n+1 voldoet dn duidelijk n de voorwrden 1), 2) en 3). Uit voorwrde 3) volgt dt y n x n = l/2 n, wrbij l = y 0 x 0. Vnwege het xiom over de volledigheid vn de reële getllen bevt + n=0 I n een element x. We hebben dus dt x 0 x 1 x 2 x n x y n y 2 y 1 y 0 We tonen n dt x het supremum is vn A. We bewijzen eerst dt x een mjornt is. Onderstel vn niet, dn bestt A zodt > x. Voor n groot genoeg is y n x n = l/2 n < x, wruit volgt dt > y n. Dit is strijdig met het feit dt y n een mjornt is. x is de kleinste mjornt vn A. Onderstel dt y < x ook een mjornt is. Voor n groot genoeg is y n x n = l/2 n < x y, wruit volgt dt y < x n. Mr dit impliceert dt A : y < x n, zodt I n geen elementen vn A bevt. Dit is in strijd met voorwrde 2. De eigenschp over het bestn vn het infimum volgt uit de volgende formule (bewijs deze zelf) infa = sup( A) wrbij we impliciet de volgende nottie invoerden : A = { A} We presenteren nu een technische eigenschp vn supremum en infimum. Deze eigenschp vertelt ons dt er in A elementen gevonden kunnen worden die willekeurig dicht bij het supremum en het infimum liggen: Stelling M = supa en m = infa voldoen n de volgende eigenschppen: ε > 0, A : M ε < M ε > 0, A : m < m + ε Bewijs. We bewijzen leen de eerste formule. Voor elke A geldt utomtisch dt M. Onderstel dt de formule onwr is voor een zekere ε > 0. Dn geldt voor elke A dt M ε 19

21 Mr dn is M ε een mjornt, zodt M niet de kleinste mjornt is. Contrdictie! Als toepssing vn stelling zullen we nu ntonen dt elk positief reëel getl juist één positieve n-de mchtswortel heeft. We beperken ons tot de vierkntswortel vn 2. Het lgemeen gevl wordt op nloge mnier ngetoond. Stelling Er bestt juist één c R + zodt c 2 = 2. Bewijs. Stel A = {x > 0 x 2 < 2} en B = {x > 0 x 2 > 2}. Merk eerst op: Als x A en 0 < y x, dn is y 2 x 2 < c en dus y A. Op nloge wijze hebben: ls x B en y x, dn is y B. Als x A en y B, dn is y > x. Immers x A, y B = x 2 < 2 < y 2 = y 2 x 2 = (y + x)(y x) > 0 = y x > 0. Dus elke y B is een mjornt vn A. Angezien B niet leeg is, is A dus nr boven begrensd. A heeft dus een supremum, en we stellen c = supa. We zullen ntonen dt c 2 = 2 Eerste gevl: c 2 < 2. Stel ε = 2 c 2 > 0. Kies δ zo dt Dn hebben we en dus is 0 < δ < min(1, ε 1 + 2c ). (c + δ) 2 c 2 ε = (2c + δ)δ < (2c + 1) 1 + 2c = ε, (c + δ) 2 < c 2 + ε = 2. Mr dn is c + δ A, en hieruit volgt dt c geen mjornt is vn A. Dit is een contrdictie. Tweede gevl: c 2 > 2. Stel nu ε = c 2 2 > 0, en kies δ zo dt Dn is 0 < δ < min(2c, ε 2c ). 0 < 2c δ < 2c; δ(2c δ) < 2cδ < 2c ε 2c = ε; (c δ) 2 = c 2 2cδ + δ 2 = c 2 δ(2c δ) > c 2 ε = 2. Mr dn is c δ B, zodt c δ een mjornt is vn A. Dit is strijdig met het feit dt c de kleinste mjornt vn Ais. Derde gevl: c 2 = 2. Dit is het enige gevl dt overbliijft. Uniciteit: Als c,d > 0 en c 2 = d 2 = 2, dn is c 2 d 2 = (c + d)(c d) = 0, en dus c = d ngezien c + d > 0. 20

22 Hoofdstuk 2 Rijen 2.1 De limiet vn een rij Zols we reeds zgen, is een rij (u n ) een functie vn N 0 nr R. Bekijk bijvoorbeeld de volgende rij: ( 1 2, 3 4, 7 8, 15 16,, 2n 1 2 n, ) of u n = 2n 1 2 n Hoe verder we in de rij kijken, hoe dichter u n bij 1 komt te liggen. Of, preciezer uitgedrukt: u n ligt zo dicht bij 1 ls we willen, ls we ermr voor zorgen dt n groot genoeg is. Symbolisch geformuleerd: ls we een willekeurig getl ε > 0 kiezen, dn ligt u n tussen 1 ε en 1 + ε ls we er mr voor zorgen dt n voldoende groot is, groter dn een index N die fhngt vn ε. We schrijven 2 n 1 lim n 2 n = 1 Definitie lim u n = l ε > 0, N : n > N u n l < ε n We noemen l de limiet vn de rij (u n ), en we zeggen dt de rij convergent is. Een rij die niet convergent is, noemen we divergent. Op dezelfde mnier definiëren we en lim u n = + α R, N : n > N n lim u n = α R, N : n > N n We zeggen dn dt (u n ) divergeert nr +, resp.. u n > α u n < α 21

23 Voorbeelden lim n 1 2 n = 0 lim n n2 = + lim n = n lim n ( 1)n bestt niet Indien een rij divergent is, en ook niet divergeert nr ±, dn noemen we de rij schommelend of oscillerend. Een rij heeft niet ltijd een limiet (zie het voorbeeld hierboven). Wel is het zo dt de limiet, indien hij bestt, uniek is: Stelling Als een rij (u n ) een limiet l bezit, dn is l enig. Bewijs. Onderstel dt l < l llebei voldoen n de voorwrden vn de definitie: voor elke ε > 0 hebben we dn Kies N : n > N u n l < ε, of l ε < u n < l + ε (2.1) N : n > N u n l < ε, of l ε < u n < l + ε (2.2) ε = l l 2 en neem een index n die groter is dn N en N. Uit (2.1) volgt dn en uit (2.2): en dit is een contrdictie. u n < l + l l 2 l l l 2 = l + l 2 = l + l 2 < u n Neem een rij (u n ). V un = {u 1,u 2,u 3, } is de verzmeling vn de wrden die de elementen vn de rij nneemt. Neem bijvoorbeeld de rij Dn is V un = {1, 1}. (1, 1,1, 1, ) Stelling Een convergente rij is begrensd. Dit wil zeggen dt de verzmeling V un begrensd is. Bewijs. Kies ε = 1 in de definitie. Dn geldt voor n > N : l 1 < u n < l

24 zodt {u N+1,u N+2,u N+3, } begrensd is. Angezien {u 1,u 2,u 3, u N } eindig en dus begrensd is, volgt dt de rij begrensd is. De omgekeerde eigenschp geldt niet: een begrensde rij kn divergent zijn: zie voorbeeld 4 hierboven. Wel geldt dt een begrensde monotone rij convergent is (zie stelling 2.1.6). Eerst hebben we een definitie nodig. Definitie Neem een rij (u n ). (u n ) heet strikt dlend ls m,n N 0 : m > n = u m < u n (u n ) heet niet stijgend ls m,n N 0 : m > n = u m u n (u n ) heet strikt stijgend ls m,n N 0 : m > n = u m > u n (u n ) heet niet dlend ls m,n N 0 : m > n = u m u n In elk vn deze vier gevllen noemen we u n een monotone rij. Stelling Een niet dlende (niet stijgende) rij, die nr boven (nr onder) begrensd is, convergeert nr hr bovenste (onderste) grens. Bewijs. Onderstel u n niet dlend, en noteer m = supv un. We hebben de volgende eigenschp voor het supremum gezien: ε > 0, N : u N > m ε Angezien u n niet dlend is, geldt voor elke n > N : m ε < u N u n m < m + ε of u n m < ε zodt lim u n = m n Het bewijs voor een niet stijgende rij verloopt nloog. Volledig nloog kunnen we ntonen: Stelling Een niet dlende (niet stijgende) rij die niet begrensd is, divergeert nr + ( ). 23

25 Bewijs. We bewijzen lleen het gevl wrin de rij (u n ) niet dlend en niet begrensd is. Dn bestt voor elke α R een index N zodt u N > α. Voor elke n > N geldt dn u n u N > α. Opmerking De stellingen en gelden ook voor rijen die slechts vnf een zekere index N monotoon zijn. Stelling Onderstel dt voor n > N geldt dt u n w n v n. Indien lim u n = lim v n = l n n dn geldt ook lim w n = l n Bewijs. Voor elke ε > 0 hebben we: N : n > N N : n > N u n l < ε, of l ε < u n < l + ε v n l < ε, of l ε < v n < l + ε Neem nu een willekeurige n > mx{n,n,n }. Dn volgt l ε < u n w n v n < l + ε en Stelling Onderstel Dn geldt l w n < ε lim u n = l 1 en lim v n = l 2 n n lim n + v n ) = l 1 + l 2 n (2.3) lim nv n ) = l 1 l 2 n (2.4) lim n = l 1 n (2.5) Als l 1 0 dn geldt lim n 1 u n = 1 l 1 (2.6) Bewijs. Voor elke ε > 0 hebben we indexen N 1 en N 2 zodt n > N 1 n > N 2 = u n l 1 < ε = v n l 2 < ε 24

26 Kies ε > 0 willekeurig. Als n > mx{n 1,N 2 }, dn geldt (u n + v n ) (l 1 + l 2 ) = u n l 1 + v n l 2 u n l 1 + v n l 2 < ε + ε = ε ls we ε = ε /2 kiezen. Dit bewijst (2.3). (2.4) zit iets subtieler in elkr. Voor n > mx{n 1,N 2 } hebben we ook u n v n l 1 l 2 = (u n l 1 )v n + l 1 (v n l 2 ) u n l 1 v n + l 1 v n l 2 < ε( v n + l 1 ) Bij onderstelling weten we (neem ε = 1) dt er een index N 3 bestt zodt n > N 3 = v n l 2 < 1 = l 2 1 l 2 1 < v n < l l = v n < l Voor n > mx{n 1,N 2,N 3 } vinden we dus: u n v n l 1 l 2 < ε( l l 1 ) = ε ls we ε = ε /( l l 1 ) nemen. Dit bewijst (2.4). Voor n > N 1 vinden we un l 1 un l 1 < ε en dit bewijst (2.5). Tenslotte bewijzen we (2.6). Voor n > N 1 hebben we 1 u n 1 l 1 = l 1 u n l 1 u n < ε l 1 u n Omdt l 1 0 kunnen we ε = l 1 /2 kiezen. Dn volgt dt er een index N 2 bestt zodt voor elke n > N 2 geldt: u n l 1 < l 1 2 of l 1 l 1 2 < u n < l 1 + l 1 2 Als l 1 > 0, dn vinden we dt Als l 1 < 0, dn vinden we dt l 1 2 = l 1 2 < u n = u n u n < l 1 l 1 2 = l 1 2 < 0. In beide gevllen hebben we dt u n > l 1 /2. Voor elke n > N = mx{n 1,N 2 } hebben we dus ls we kiezen. 1 u n 1 l 1 < 2ε l 1 2 = ε ε = l 1 2 ε 2 25

27 Stelling Onderstel dt voor n groter dn een zekere index N geldt dt u n 0. Als lim n u n = l bestt, dn geldt dt l 0. Bewijs. Onderstel dt l < 0. Kies 0 < ε < l. Dn bestt er een N zodnig dt voor lle n N geldt dt l u n < ε. Voor n > mx{n,n } krijgen we dus dt l ε < u n < l + ε < 0 en dit is strijdig met de onderstellingen. Gevolg Onderstel dt voor n groter dn een zekere index N geldt dt u n v n. Als lim n u n = l en lim n v n = l bestt, dn geldt dt l l. Bewijs. Ps stelling toe op w n = u n v n. Opmerking Stelling is niet lnger geldig ls we beide ongelijkheden vervngen door strikte ongelijkheden. De rij ( 1 n ) bezit immers lleen strikt positieve elementen, terwijl de limiet toch nul is. 2.2 De stelling vn Bolzno-Weierstrss Beschouw de verzmeling V = {1, 1,1/2, 1/2,1/3, 1/3,1/4, 1/4, }. 0 behoort niet tot V, mr bezit wel de eigenschp dt er willekeurig dicht bij 0 elementen vn V zitten. We noemen 0 een verdichtingspunt vn V. Definitie Neem R n. Een open bol met middelpunt noemen we ook een omgeving vn : O = { x R n x < δ}. Definitie Een punt R n is een verdichtingspunt (of ophopingspunt) vn de verzmeling V R n, ls elke omgeving vn minstens een punt vn V bevt verschillend vn. Stelling Als een verdichtingspunt is vn V, dn bezit elke omgeving vn een oneindig ntl punten vn V. Bewijs. Onderstel dt een omgeving O slechts een eindig ntl punten x 1, x 2, x 3,, x n verschillend vn vn V bevt. Stel ε = min{ x i : i = 1,2,,n}. Dn bevt de omgeving { x R n : x < ε} geen enkel punt vn de verzmeling V. Dit is in strijd met de onderstelling dt een verdichtingspunt is. Stelling impliceert dt een verzmeling met een verdichtingspunt steeds oneindig is. Niet elke oneindige verzmeling heeft een verdichtingspunt (zoek zelf een voorbeeld). Wel hebben we de volgende belngrijke fundmentele stelling: 26

28 Stelling (Bolzno-Weierstrss) Elke oneindige begrensde deelverzmeling vn R n bezit minstens 1 verdichtingspunt. Bewijs. We beperken ons tot het bewijs vn het gevl n = 1. Het hogerdimensionl gevl verloopt op nloge wijze. Ons bewijs steunt op de volledigheid vn de verzmeling der reële getllen. Schrijf = infv en b = supv. Dn geldt dt [,b] V zodt [,b] zeker een oneindig ntl punten vn V bevt. Noteer l = b. Per inductie construeren we nu een dlende rij intervllen wrvoor geldt: I 0 = [x 0,y 0 ] I 1 = [x 1,y 1 ] I j = [x j,y j ] 1. elke I n bevt een oneindig ntl punten vn V; 2. y n x n = l/2 n. We stellen hiervoor I 0 = [x 0,y 0 ] = [,b]. Onderstel dt I 0,I 1,,I n geconstrueerd zijn en voldoen n de voorwrden 1) en 2). We construeren nu I n+1 ls volgt: stel z = (x n + y n )/2, en beschouw de intervllen [x n,z] en [z,y n ] Noodzkelijkerwijs bevt een vn deze twee intervllen een oneindig ntl punten vn V. Indien [x n,z] een oneindig ntl elementen vn V bevt, dn stellen we I n+1 = [x n,z]. Anders stellen we I n+1 = [z,y n ]. In beide gevllen is n de voorwrden 1) en 2) voldn. Uit het Axiom vn de volledigheid (1.2.2) volgt dt er een x I n bestt, m..w., x n x y n, n. We tonen n dt x een verdichtingspunt is vn V. Hiertoe kiezen we ε > 0 willekeurig en tonen n dt (x ε,x + ε) een oneindig ntl punten vn V bevt. Kies n zo groot dt l/2 n < ε. Dn geldt noodzkelijk dt I n (x ε,x + ε). Vnwege voorwrde 1) bevt I n en fortiori ook (x ε,x+ε) een oneindig ntl punten vn V. Dit bewijst de stelling vn Bolzno-Weierstrss. Opmerking Onderstel V R, m = infv en M = supv. Dn behoort elk verdichtingspunt vn V tot [m,m]. Immers, onderstel dt een verdichtingspunt is strikt kleiner dn m. Neem ε = m. Het intervl ( ε, + ε) bevt dn geen enkel punt vn V. n=0 2.3 Het convergentiekenmerk vn Cuchy We zullen nu de stelling vn Bolzno-Weierstrss toepssen op rijen. Als (u n ) een rij is, dn noteren we V (un ) = {u 1,u 2,u 3, } We noemen V (un ) de wrdenverzmeling vn (u n ). 27

29 Voorbeeld Neem de rij (u n ) = (( 1) n ). Dn is V (un ) = { 1,1} Een deelrij vn een rij is een rij die ontstt door termen weg te lten. Meer bepld ontstt een deelrij ls volgt: neem een stijgende rij indexen De rij N 1 < N 2 < N 3 < (u Nk ) = (u N1,u N2,u N3, ) is dn een deelrij vn (u n ). We hebben gezien dt een convergente rij steeds begrensd is. De omgekeerde eigenschp geldt niet, mr we hebben wel: Stelling Elke begrensde rij heeft een convergente deelrij. Bewijs. Eerste gevl: de wrdeverzmeling V (un ) is eindig. Dn is er een R die een oneindig ntl keer optreedt ls element vn de rij: u n = voor een oneindig ntl indexen n = N i met N 1 < N 2 < N 3 <. De deelrij (u Nk ) is dn de constnte rij, en is dus convergent. Tweede gevl: de wrdeverzmeling V (un ) is oneindig. Angezien V (un ) ook begrensd is, heeft V (un ) een verdichtingspunt c, vnwege de stelling vn Bolzno-Weierstrss. We construeren nu een deelrij (u Nk ) = (u N1,u N2,u N3, ) die convergeert nr c. Kies een index N 1 zodt u N1 c < 1/2; dit is mogelijk omdt c een verdichtingspunt is vn V (un ). Onderstel nu dt we N 1 < N 2 < < N k zo geconstrueerd hebben dt u Ni c < 1 2 i, voor i = 1, k. Omdt c een verdichtingspunt is vn V (un ), bestn er een oneindig ntl indexen n wrvoor u n c < 1 2 k+1 Onder deze indices kunnen we er dus zeker een kiezen die groter is dn N k. Noem deze N k+1. Per inductie vinden we dus een rij indexen N 1 < N 2 < zodt u Ni c < 1 2 i, voor elke i N 0. Dit betekent dt lim u N i = c. i Het is soms belngrijk te kunnen bewijzen dt een rij convergeert, zonder drom de limiet te hoeven kennen. Zulk een criterium zullen we nu opstellen. 28

30 u n c u n u Nk + u Nk c < ε 2 + ε 2 = ε. Definitie Een rij (u n ) is een Cuchyrij indien ε > 0, N > 0 : n,m > N = u n u m < ε (2.7) Meetkundig gezien betekent dit dt lle elementen zeer dicht bij elkr liggen ls hun index mr groot genoeg is. Net ls een convergente rij is een Cuchy rij begrensd. Lemm Elke Cuchy rij is begrensd. Bewijs. Neem ε = 1 in (2.7). Voor lle n > N 0 vinden we u n u N0 +1 < 1 of u N < u n < u N Dit betekent dt {u N0 +1,u N0 +2,u N0 +3, } begrensd is. De verzmeling {u 1,u 2,,u N0 } is eindig, en dus begrensd. Stelling Een rij is convergent dn en slechts dn ls ze een Cuchyrij is. Bewijs. Onderstel eerst dt (u n ) convergent is, en stel lim n u n = l, m..w. Neem nu n,m > N. Dn geldt ε > 0, N > 0 : n > N = u n l < ε 2 u n u m u n l + l u m < ε 2 + ε 2 = ε Dit bewijst een implictie. Omgekeerd, onderstel dt (u n ) een Cuchy rij is. Vnwege lemm is (u n ) begrensd, en dus bestt er een convergente deelrij (u Nk ). Stel lim k u N k = c. We zullen bewijzen dt de rij (u n ) nr c convergeert. Neem ε > 0 willekeurig. Omdt (u Nk ) nr c convergeert, hebben we Omdt (u n ) een Cuchy rij is hebben we k 0 > 0 : k > k 0 : u Nk c < ε 2. M > 0 : n,m > M : u n u m < ε 2. Neem nu k > k 0 zodnig dt N k > M. Voor lle n > N k geldt dn 29

31 Hoofdstuk 3 Limieten en continue functies 3.1 Limieten vn functies Bekijk de volgende numerieke functie: f : R \ {1} R : x x(x 1) x 1 De grfiek vn deze functie is de eerste bissectrice, met uitzondering vn het punt (1,1), zols geschetst in Figuur 3.1 Als x dicht bij 1 ligt, dn zl f (x) dicht bij 1 liggen; iets nuwkeuriger y 1 1 x Figuur 3.1: Limieten kunnen we het ls volgt stellen: f (x) ligt zo dicht ls we willen bij 1, ls we x mr dicht genoeg bij 1 nemen. We schrijven dit ls volgt op: lim f (x) = 1 x 1 en we zeggen dt de limiet vn f (x), ls x ndert tot 1, 1 is. De precieze mthemtische formulering hiervn is de volgende: lim x f (x) = b dn en slechts dn ls ε > 0, δ > 0 : 0 < x < δ = f (x) b < ε 30

32 Deze definitie zgen we reeds in het middelbr onderwijs; ze kn verlgemeend worden tot functies R n R m, ls we de bsolute wrden in de definitie vervngen door lengten: Definitie Beschouw een functie F : V R n R m. Dn zeggen we dt dn en slechts dn ls lim F( x) = b x ε > 0, δ > 0 : 0 < x < δ = F( x) b < ε Opmerkingen ) De definitie is volledig onfhnkelijk vn de eventuele wrde vn F in. Indien F( ) gedefinieerd is, dn is het perfekt mogelijk dt F( ) lim x F( x) 2) De definitie heeft lleen mr zin ls F( x) gedefinieerd is voor 0 < x < δ voor een zeker positief getl δ. We kunnen dus zeggen dt F( x) gedefinieerd moet zijn in de buurt vn het punt. Men noemt het bolletje O = { x R n x < δ} een (δ-)omgeving vn. We kunnen dus onze definitie ls volgt herformuleren: een functie F : V R n R m die gedefinieerd is op een omgeving vn (behlve eventueel in zelf), heeft tot limiet b ls x ndert tot indien voor elke omgeving O b vn b er een omgeving O vn bestt zodt x O \ { } = F( x) O b 3) Men gebruikt soms ook de volgende notties: of F( x) b ls x F( x) x b 4) Het is perfect mogelijk dt er geen enkele vector b bestt die n de voorwrden vn de definitie voldoet. Het kn dus zijn dt de limiet niet bestt. De volgende voorbeelden mken dit duidelijk. Voorbeelden ) lim sin(1/x) x 0 bestt niet. 2) De functie f : R R gedefinieerd door { f (x) = 0, ls x Q; bezit in geen enkel reëel getl een limiet. f (x) = 1, ls x Q; 31

33 An de ndere knt hebben we wel de volgende eigenschp: Stelling Indien de limiet vn een functie bestt, dn is deze limiet uniek. M..w. er bestn geen twee verschillende vectoren b en b die beide n de voorwrden vn de definitie voldoen. Bewijs. Onderstel dt b en b beide n de voorwrden vn de definitie voldoen, m..w., voor elke ε > 0 hebben we δ > 0 : 0 < x < δ = F( x) b < ε δ > 0 : 0 < x < δ = F( x) b < ε Vervng δ en δ door het kleinste vn die twee getllen. We kunnen dn onderstellen dt δ = δ. Neem ε = b b 2 Dn geldt voor 0 < x < δ tegelijkertijd: en Dit impliceert een contrdictie: F( x) b < b b 2 F( x) b < b b 2 b b b F( x) + F( x) b < b b 2 + b b 2 = b b. Stelling rechtvrdigt de nottie lim F( x) = b x De volgende stelling stelt ons in stt ons te beperken tot functies met wrden in R. Herinner u uit hoofdstuk 1 dt we een functie F : R n R m kunnen schrijven ls wrbij F = ( f 1, f 2,, f m ) f i : R n R de componentfuncties vn F genoemd worden. Met deze notties hebben we: Stelling lim F( x) = b = (b 1,b 2,,b m ) x lim x f i ( x) = b i voor elke i = 1,2,,m. Met ndere woorden, de i-de component vn de limiet is de limiet vn de i-de component. 32

34 Bewijs. Onderstel eerst dt of Dn geldt voor elke index i: lim F( x) = b x ε > 0, δ > 0 : 0 < x < δ = F( x) b < ε f i ( x) b i m j=1 ( f j ( x) b j ) 2 = F( x) b < ε en dit bewijst een richting. Omgekeerd, onderstel dt voor elke index i: lim x f i( x) = b i Dn geldt voor elke ε > 0 dt er een δ i > 0 bestt zodt Neem nu ε > 0 willekeurig, en stel ε = min{δ 1,,δ m } dt 0 < x < δ i = f i ( x) b i < ε ε m. Dn geldt voor elke x met 0 < x < δ = F( x) b = m j=1 ( f j ( x) b j ) 2 < mε 2 = mε = ε en dit bewijst onze stelling. Door stelling kunnen we ons in de volgende stellingen beperken tot functies die wrden nnemen in R. Stelling Beschouw de functies f,g : R n R. Als lim f ( x) = l x en lim g( x) = l x bestn, dn is ( ) lim f ( x) + g( x) = l + l x Met ndere woorden, de limiet vn de som is de som vn de limieten. Bewijs. Uit de definitie vn limiet weten we dt voor elke ε > 0 δ > 0 : 0 < x < δ = f ( x) l < ε 2 δ > 0 : 0 < x < δ = g( x) l < ε 2 33

35 Derhlve geldt voor 0 < x < δ = min{δ,δ } dt f ( x) + g( x) l l f ( x) l + g( x) l < ε 2 + ε 2 = ε en dit bewijst stelling Stelling Onderstel dt f,g,h : R n R gedefinieerd zijn op een omgeving vn. Indien er een δ 1 > 0 bestt zodnig dt voor 0 < x < δ 1 geldt dt f ( x) g( x) h( x) en indien dn geldt lim f ( x) = lim h( x) = l x x lim g( x) = l x Bewijs. Bij onderstelling weten we dt ε > 0 : δ 2 > 0 : 0 < x < δ 2 = f ( x) l < ε = l ε < f ( x) < l + ε δ 3 > 0 : 0 < x < δ 3 = h( x) l < ε = l ε < h( x) < l + ε Kies δ = min{δ 1,δ 2,δ 3 }. Dn geldt voor 0 < x < δ dt l ε < f ( x) g( x) h( x) < l + ε zodt g( x) l < ε en dit bewijst stelling Stelling Beschouw de functies f,g : R n R. Als en bestn, dn is lim f ( x) = l x lim g( x) = l x ( ) lim f ( x)g( x) = ll x Met ndere woorden, de limiet vn het produkt is het produkt vn de limieten. 34

36 Bewijs. Kies ε > 0 willekeurig. Uit de definitie vn limiet weten we dt voor elke ε > 0 δ 1 > 0 : 0 < x < δ 1 = f ( x) l < ε δ 2 > 0 : 0 < x < δ 2 = g( x) l < ε Derhlve geldt voor 0 < x < min{δ 1,δ 2 } dt f ( x)g( x) ll = ( f ( x) l)g( x) + l(g( x) l ) ( f ( x) l) g( x) + l (g( x) l ) < ε g( x) + ε l Bij onderstelling weten we dt δ 3 > 0 : 0 < x < δ 3 = g( x) l < 1 = l 1 l 1 < g( x) < l + 1 l + 1 = g( x) < l + 1 zodt voor 0 < x < δ = min{δ 1,δ 2,δ 3 } geldt: f ( x)g( x) ll < ε( l + l + 1) = ε ls we stellen dt en dit beëindigt ons bewijs. ε = ε l + l + 1 Stelling Beschouw een functie f : R n R. Als dn is lim f ( x) = l 0 x lim x 1 f ( x) = 1 l Bewijs. We weten dt ε > 0 : δ 1 > 0 : 0 < x < δ 1 = f ( x) l < ε Verder hebben we 1 f ( x) 1 l = l f ( x) l f ( x) De teller kunnen we gemkkelijk kleinprten. De fctor l in de noemer stoort ons niet, mr f ( x) in de noemer zou stokken in de wielen kunnen steken! We moeten beletten dt f ( x) dicht bij 0 komt, wnt dn wordt de breuk heel groot. Drom gebruiken we de volgende redenering. Kies ε 1 = l /2. Dn bestt een δ 2 > 0 zodt 0 < x < δ 2 impliceert dt f ( x) l < l 2 35

37 of l l 2 Als l > 0 volgt uit de eerste ongelijkheid: < f ( x) < l + l 2 en ls l < 0 volgt uit de tweede ongelijkheid: f ( x) > l 2 In beide gevllen kunnen we besluiten dt Voor 0 < x < δ = min{δ 1,δ 2 } geldt dus 1 f ( x) 1 l < f ( x) < l 2 f ( x) > l 2 2(l f ( x)) 2ε < l 2 l 2 = ε ls we ε = l 2 ε /2 kiezen. Gevolg Beschouw de functies f,g : R n R. Als en bestn, dn is lim f ( x) = l x lim g( x) = x l 0 f ( x) lim x g( x) = l l Met ndere woorden, de limiet vn het quotiënt is het quotiënt vn de limieten. Stelling Beschouw een functie F : R n R m, gedefinieerd op een omgeving vn. Bewijs. Bij onderstelling weten we dt Dit impliceert onmiddellijk dt lim F( x) = b = x lim F( x) = b x ε > 0, δ > 0 : 0 < x < δ = F( x) b < ε F( x) b F( x) b < ε 36

38 Oneigenlijke limieten We bekijken het gevl vn functies vn één vernderlijke : f : R R Ons doel is te definiëren wnneer de volgende formules gelden: lim f (x) = b x + f (x) = + lim lim x lim f (x) = b x x f (x) = Het eenvoudigste is het begrip omgeving vn ± te definiëren en de definitie vn limiet geformuleerd in termen vn omgevingen te nemen. Definitie Een omgeving vn + is een verzmeling vn de vorm {x R x > α} Een omgeving vn is een verzmeling vn de vorm {x R x < α} Als we deze definities vertlen in ε δ-formules, krijgen we onmiddellijk: lim f (x) = b x + ε > 0, α R : x > α = f (x) b < ε f (x) = b ε > 0, α R : x < α = f (x) b < ε lim x lim x lim x f (x) = + α R, δ > 0 : 0 < x < δ = f (x) > α f (x) = α R, δ > 0 : 0 < x < δ = f (x) < α De limieten die hierboven gedefinieerd zijn, noemen we oneigenlijke limieten. Voorbeelden x 1 lim x + x + 1 = 1 1 x 2 = + lim x 0 Opmerkingen ) De stellingen die we hierboven bewezen hebben, gelden ook voor oneigenlijke limieten indien we rekening houden met de rekenregels die we in hoofdstuk 1 invoerden: (+ ) + = +, + ( ) =, enz. De stellingen gelden echter niet indien men uitdrukkingen krijgt die niet gedefinieerd werden, zols (+ ) + ( ), 0/0, + / +, enz. 2) Formuleer zelf de definities voor de uitdrukkingen lim f (x) = ± x ± 37

39 3.2 Continue functies Definitie Zij een functie F : V R n. We zeggen dt F continu is in indien R m gedefinieerd minstens in een omgeving vn lim F( x) = F( ) x met ndere woorden, indien de limietwrde gelijk is n de functiewrde, of, gebruik mkende vn de definitie vn limiet: ε > 0, δ > 0 : x < δ = F( x) F( ) < ε Opmerkingen ) Er zijn drie eisen, nmelijk 1. lim x F( x) moet bestn; 2. F moet gedefinieerd zijn in ; 3. lim x F( x) = F( ) 2) Als men de definitie neerschrijft in de vorm ε δ, dn is het niet meer nodig te schrijven 0 < x 3) In het gevl vn een functie vn één vernderlijke wordt de definitie: f is continu in indien met ndere woorden, lim f (x) = f () x ε > 0, δ > 0 : x < δ = f (x) f () < ε Met behulp vn de eigenschppen die we gezien hebben over limieten vn functies, bewijzen we nu gemkkelijk de volgende resultten: Stelling Opdt F = ( f 1, f 2,, f m ) : V R n voldoende dt f i continu is in x voor i = 1,,m. R m continu is in x, is het nodig en Bewijs. Deze eigenschp is een rechtstreeks gevolg vn Stelling Het is dus voldoende eigenschppen te bestuderen vn functies met wrden in R. Stelling Onderstel dt f,g : R n R continu zijn in. Dn zijn ook de functies f + g, f g, f en, indien g( ) 0, f /g continu in. 38

40 Bewijs. Dit volgt onmiddellijk uit de stellingen 3.1.6, 3.1.8, en Stelling Onderstel dt f : R n R continu is in en dt f ( ) 0. Dn bestt er een omgeving vn wr f ( x) een vst teken heeft. Bewijs. We weten dt ε > 0, δ > 0 : x < δ = f ( x) f ( ) < ε of f ( ) ε < f ( x) < f ( ) + ε Onderstel f ( ) > 0, en kies ε = f ( )/2. Dn volgt dt voor x < δ dt 0 < f ( ) ε = f ( ) 2 < f ( x) en f ( x) heeft dus hetzelfde teken ls f ( ) op een omgeving vn. Indien f ( ) < 0 dn neemt men ε = f ( )/2 en men gt op nloge mnier te werk. Stelling Onderstel dt de functies voldoen n de volgende eigenschppen : en G is continu in b. Dn is F : V R n R m G : W R m R p lim F( x) = b x lim G( F( x)) = G(lim F( x)) x x Men ndere woorden, men mg een limiet en een continue functie met elkr vn plts doen verwisselen. Bewijs. Angezien G continu is in b geldt : ε > 0, δ 1 > 0 : y b < δ 1 = G( y) G( b) < ε Angezien geldt ook (neem ε = δ 1 in de definitie): lim F( x) = b x δ > 0 : 0 < x < δ = F( x) b < δ 1 Uit 0 < x < δ volgt dus dt G( F( x)) G( b) < ε en dit bewijst de stelling. 39

41 Stelling Onderstel dt de functies F : V R n R m G : W R m R p voldoen n de volgende eigenschppen : F is continu in en G is continu in F( ). Dn is G F continu in. Bewijs. Dit volgt onmiddellijk uit stelling Definitie Een functie f : R R die gedefinieerd is op een intervl ( δ,], is linkscontinu in ls lim f (x) = f () x Een functie f : R R die gedefinieerd is op een intervl [, + δ), is rechtscontinu in ls lim f (x) = f () x + Stelling Een functie f : R R is continu in dn en slechts dn ls f zowel rechtscontinu ls linkscontinu is in. Bewijs. Dit volgt onmiddellijk uit de eigenschp dt de limiet vn f in bestt ls en lleen ls de linker- en rechterlimiet vn f in bestn en n elkr gelijk zijn. 3.3 Open en gesloten verzmelingen Definitie Een deelverzmeling V R n heet gesloten indien de verzmeling V l hr verdichtingspunten bevt. Voorbeelden [,b] is een gesloten verzmeling in R. 2. (,b) is niet gesloten. 3. {1/n n N 0 } is niet gesloten. 4. {(x,y) R 2 x 2 + y 2 1} is gesloten. 5. /0 en R n zijn gesloten. Definitie Zij V R n. Een punt noemen we een inwendig punt vn V indien er een omgeving O vn bestt die volledig tot V behoort. We noemen V een open deelverzmeling vn R n ls elk punt vn V een inwendig punt is. Voorbeelden (,b) is een open deel vn R. 2. [,b] is geen open deel vn R. 3. {(x,y) R 2 x 2 + y 2 < 1} is een open deel vn R /0 en R n zijn open delen vn R n. 40

42 Definitie Zij f : [,b] R n een continue functie. Men noemt { f (t) t b} een continue boog met beginpunt f () en eindpunt f (b). Definitie Een verzmeling V R n heet boogsmenhngend indien er voor elke, b V een continue boog bestt, volledig binnen V gelegen, met beginpunt en eindpunt b. In Figuur 3.2 zijn V en W smenhngende delen vn R 2 ; X is niet smenhngend. V W X Figuur 3.2: V en W zijn smenhngend; X niet Definitie Een verzmeling D R n noemen we een domein ls 1) D begrensd; 2) D open; 3) D boogsmenhngend. Merk op dt een domein in R juist een open intervl is. Definitie Neem V R n. We noemen R n een rndpunt vn V ls geen inwendig punt is vn V, en ook niet in R n \V. Dit betekent dt elke omgeving vn zowel punten vn V ls R n \V bevt. De verzmeling vn lle rndpunten vn V noteren we door (V ). Stelling Voor elke V R n is V (V ) gesloten. Bewijs. Onderstel dt een verdichtingspunt is vn V (V ). We moeten ntonen dt V (V ). We onderscheiden twee gevllen. 1. is een inwendig punt vn V. Dn is V V (V ). 2. is geen inwendig punt vn V. We zullen dn ntonen dt (V ) V (V ). Onderstel dt geen inwendig punt is vn V. Om n te tonen dt (V ) volstt het om n te tonen dt, voor een willekeurige omgeving B vn, B (R n \V ) /0 en B V /0. Omdt geen inwendig punt is vn V is B geen deelverzmeling vn V, en dus B (R n \V ) /0. Omdt een verdichtingspunt is vn V (V ), bevt B een punt x dt gelegen is in V (V ), m..w. x B (V (V )). Er zijn twee mogelijkheden: 41

43 ) x V, dn is x V B /0. b) x (V ). In dit tweede gevl nemen we een omgeving B vn x die volledig binnen B gelegen is. Deze bevt een punt y V, en y ligt dus in B V, zodt B V /0. In beide gevllen hebben we dus zodt B V /0. V (V ) noemt men de sluiting vn V. Definitie De sluiting vn een domein noemt men een gebied. Een gebied is dus zeker gesloten, begrensd, en smenhngend. 3.4 Uniforme continuïteit Onderstel dt V R n open. Een functie f : V R is continu over V ls f continu is in elk punt vn V. Als V niet noodzkelijk open is, dn pssen we deze definitie op de volgende mnier n. Definitie Neem V R n. Een functie f : V R is continu over V indien voor elke V geldt : ε > 0, δ > 0 : x V, x < δ = f ( x) f ( ) < ε (3.1) of lim f ( x) = f ( ) x, x V Continue functies respecteren limieten vn rijen, zols we kunnen zien in volgende stelling. Stelling Onderstel dt f : V R continu is over V, en dt ( u n ) een rij binnen V is die nr V convergeert. Dn is lim n f ( u n) = f ( ). Bewijs. Kies ε > 0 willekeurig, en kies δ zols in (3.1). Omdt ( u n ) nr convergeert, hebben we N : n > N : u n < δ. en dn is f ( u n ) f ( ) < ε, vnwege (3.1). Dit bewijst het gestelde. Onderstel weer dt f : V R continu is over V. We bekijken nu twee rijen ( u n ),( v n ) binnen V gelegen, en onderstellen dt lim n u n v n = 0. Volgt hieruit dt lim n f ( u n) f ( v n ) = 0? 42

44 Uit de twee volgende voorbeelden zl blijken dt dit niet ltijd het gevl is. Voorbeelden ) De functie f : (0,2) R, f (x) = 1/x is continu over (0,1). Bekijk nu de rijen u n = 1/n en v n = 1/2n. Duidelijk is en lim (u 1 n v n ) = lim n n 2n = 0 lim ( f (u n) f (v n )) = lim ( n) = 0. n n 2) De functie f : (0,1) R : x sin(1/x) is continu over (0,1). Neem nu u n = 2 (4n + 1)π en v 2 n = (4n + 3)π Dn is en f (u n ) = 1, f (v n ) = 1, zodt lim (u n v n ) = 0 n lim ( f (u n) f (v n )) = 2 0 n We voeren nu een sterkere eigenschp vn continuïteit in, genmd uniforme continuïteit. Deze heeft wel de gewenste eigenschp. Voor een ntl eigenschppen die we verderop zullen zien, is deze sterkere eigenschp vereist. Definitie Neem V R n. Een functie f : V R noemen we uniform continu over V indien ε > 0, δ > 0 : x, y V : x y < δ = f ( x) f ( y) < ε (3.2) Stelling Voor een functie f : V R n R zijn de volgende eigenschppen equivlent: 1. f is uniform continu over V ; 2. voor elk tweetl rijen ( u n ),( v n ) binnen V gelegen, wrvoor geldt dt lim u n v n = 0, n hebben we dt lim f ( u n) f ( v n ) = 0. n Bewijs. Onderstel eerst dt f uniform continu is over V. Kies ε > 0 willekeurig, en neem δ zols in (3.2) Als lim n u n v n = 0, dn hebben we N : n > N : u n v n < δ 43

45 en dn volgt uit (3.2) dt f ( u n ) f ( v n ) < ε. Dit bewijst een vn de twee implicties. Omgekeerd, onderstel nu dt f niet uniform continu is over V. Dit betekent ε > 0 : δ > 0 : x, y V met x y < δ en f ( x) f ( y) ε. Stel hierin δ = 1/n (n = 1,2,3, ). We vinden dn voor elke n x n, y n V wrvoor: x n y n < 1 n, zodt lim ( x n y n ) = 0, n en f ( x n ) f ( y n ) > ε, zodt lim f ( x n ) f ( y n ) 0. n An de tweede voorwrde vn de stelling is dus niet voldn. Het is duidelijk dt een uniform continue functie over V continu is in elk punt x V. Immers f is continu in x V ls ε > 0, δ > 0 : y V : x y < δ = f ( x) f ( y) < ε Het omgekeerde geldt niet noodzkelijk: voor een vste ε > 0 vinden we een δ > 0 die mogelijk fhngt vn x. Enkel ls we δ onfhnkelijk vn x kunnen kiezen is f uniform continu. Dit blijkt voorbeelden en stelling We kunnen dit ook rechtstreeks ntonen, gebruik mkend vn definitie Voorbeelden ) De functie f : (0, 2) R : x 1/x is continu mr niet uniform continu. Immers, neem ε = 1 in de definitie, en onderstel dt er een δ > 0 bestt zo dt x y < δ, x,y (0,2) = 1 x 1 < 1 y Neem nu n > mx{1/δ,1}, en stel x = 1/n, y = 1/2n (0,2). Dn is x y = 1/2n < δ en tegelijkertijd 1/x 1/y = n > 1, en dit is strijdig met de onderstelling. 2) De functie f : (0, 1) R : x sin(1/x) is continu mr niet uniform continu. Immers, neem ε = 1 in de definitie. Neem nu een willekeurig kleine δ. In het intervl (0,δ) bestn er punten x en y zodt f (x) = 1 en f (y) = 1. We hebben dn dt x y < δ en f (x) f (y) = 2 > 1 = ε In onze voorbeelden is I een open intervl. Voor een gesloten intervl geldt de omgekeerde eigenschp wel; meer lgemeen hebben we: Stelling Zij G R n gesloten en begrensd. Als f : G R n R continu is over G, dn is f begrensd en uniform continu over G. Stelling stelling is een zeer fundmentele stelling, die we verderop een ntl keer zullen gebruiken om ndere, belngrijke resultten n te tonen. Het bewijs vn stelling wordt gegeven in 3.5, mr behoort niet tot de leerstof. Om stelling n te tonen hebben we een nder fundmenteel resultt nodig, de stelling vn Heine-Borel. 44

46 3.5 De stelling vn Heine-Borel Beschouw een deelverzmeling V R n, en een verzmeling B bestnde uit open bollen in R n. We zeggen dt B een open overdekking is vn V ls V B B B, met ndere woorden, elke v V ligt in tenminste één bol B B. Voorbeelden ) Neem de open eenheidsschijf in het vlk V = { x R 2 x < 1} Voor elke n N 0 stellen we B n = { x R 2 x < 1 1 n } Het is duidelijk dt B = {B n n N 0 } een open overdekking is vn V. 2) Neem in het vlk het inwendige V vn het vierknt met hoekpunten (1,1), (1, 1), ( 1,1) en ( 1, 1). Stel B 1,,B 5 de open schijven met middelpunten respectievelijk (0,0), (1,1), (1, 1), ( 1,1) en ( 1, 1), en strl 1. Dn is een open overdekking vn V. B = {B 1,B 2,B 3,B 4,B 5 } Er is een wezenlijk verschil tussen de twee voorbeelden: in het eerste voorbeeld is de verzmeling schijven B oneindig, terwijl deze in het tweede voorbeeld eindig is. Er is nog meer: ls we in het eerste voorbeeld een eindige deelverzmeling B vn B nemen, dn is deze geen overdekking meer. Immers, ls 1 1 N de grootste strl is vn de bollen in B, dn is B B B = B 1 N een echt deel vn V, en B is dus geen overdekking vn V. B kn dus niet tot een eindige overdekking vn V beperkt worden. Vn sommige delen vn R n kunnen lle overdekkingen beperkt worden tot eindige overdekking. Hierover gt de volgende stelling. Stelling (Heine-Borel) Zij V R n gesloten en begrensd. Elke open overdekking B vn V kn beperkt worden tot een eindige open overdekking B. Bewijs. We gn de stelling enkel bewijzen in het ééndimensionl gevl: V R. We hebben twee gevllen. 45

47 gevl 1: V = {x 1,,x N } is een eindige verzmeling. Dn is het resultt evident: voor elke i {1,,n} bestt er een B i B zodt x i B i, en B = {B 1,,B N } is een eindige open overdekking vn V, die een beperking is vn B. gevl 2: V is oneindig. We bewijzen het resultt dn door contrpositie: onderstel dt B niet kn beperkt worden tot een eindige open overdekking vn V. Omdt V begrensd is bestn er x 0,y 0, R zodt V I 0 = [x 0,y 0 ] Per inductie construeren we dn een rij gesloten intervllen zodt I n = [x n,y n ] 1. I 0 I 1 I 2 ; 2. y n x n = (y n 1 x n 1 )/2; 3. V I n kn niet overdekt worden door een eindig ntl open intervllen in B. Merk op dt de derde voorwrde impliceert dt V I n een oneindige verzmeling is. Voor I 0 is enkel voorwrde 3) te verifiëren: we hebben ondersteld dt V = I 0 V niet kn overdekt worden door een eindig ntl open intervllen in B. Als I n geconstrueerd is, dn voldoet I n+1 = [x n,(x n + y n )/2] of I n+1 = [(x n + y n )/2,y n ] n de drie voorwrden. Uit de volledigheid vn R volgt dt er een c I n n=0 bestt. We beweren dt c een verdichtingspunt vn V is: neem een omgeving J = (c δ,c + δ) vn c. Voor m groot genoeg is J I m en dus is J V I m V een oneindige verzmeling. Dit betekent dt J een oneindig ntl punten vn V bevt. Omdt V gesloten is, is c V. Omdt B V overdekt bestt er een B B zodt c B. B is dus een open intervl dt c bevt, en voor m voldoende groot is I m B. Mr dit betekent dt {B} B een open overdekking is vn I m V. Dit is strijdig met onze onderstelling. Hierbij zijn de nodige voorbereidingen getroffen om stelling te bewijzen. Bewijs. vn stelling We nemen een willekeurige ε > 0. Neem x G. Omdt f continu is in x hebben we: δ x > 0 : y G : x y < δ x = f ( x) f ( y) < ε 2 Stel nu B = {B( x,δ x /2) x G} 46

48 wrbij B( x,δ x /2) de open bol is met middelpunt x en strl δ x /2. B is een open overdekking vn G. Uit de stelling vn Heine-Borel volgt dt we deze kunnen beperken tot een eindige overdekking Stel nu {B 1 = B( x 1,δ x1 /2),,B N = B( x N,δ xn /2)} δ = min{ δ x 1 2,, δ x N 2 } Neem nu y, z G, en onderstel dt y z < δ. Omdt {B 1,,B N } een overdekking is vn G, en y G, bestt er een i {1,,N} zodt y B i. Dit betekent dt Omdt geldt ook dt Tenslotte volgt dt Stel tenslotte y x i < δ x i 2 < δ x i en dus f ( y) f ( x i ) < ε 2 z x i z y + y x i < δ + δ x i 2 δ x i f ( z) f ( x i ) < ε 2 f ( z) f ( y) f ( z) f ( x i ) + f ( x i ) f ( y) < ε 2 + ε 2 = ε M = mx{ f ( x i ) : i = 1,,N} Neem y G willekeurig. Dn behoort y tot een vn de B i, en dn is M ε 2 f ( x i) ε 2 < f ( y) < f ( x i) + ε 2 M + ε 2 en dus is f ook begrensd. 3.6 Continue functies over een gesloten intervl In deze prgrf beschouwen we slechts functies vn één vernderlijke Definitie f : (, b) R is continu over het open intervl (, b) indien f continu is in elk punt vn (,b). f : [,b] R is continu over het gesloten intervl [,b] indien f continu is over (,b), rechtscontinu in en linkscontinu in b. In deze prgrf bewijzen we drie zeer belngrijke eigenschppen over functies die continu zijn over een gesloten intervl. Stelling Een functie die continu is over een gesloten intervl, is begrensd over dt intervl. 47

49 Bewijs. Dit is een rechtstreeks gevolg vn stelling Opmerking Stelling geldt niet voor open intervllen : de functie f (x) = 1/x is continu op het open intervl (0,1) en toch niet begrensd. Uit stelling weten we dt een continue functie op een gesloten intervl een supremum en een infimum heeft. Stelling vertelt ons dt dit supremum en infimum bereikt worden: Stelling Onderstel f : [,b] R continu. Dn bestn er x 1,x 2 [,b] zodt f (x 1 ) = sup f en f (x 2 ) = inf f. Bewijs. Stel m = sup f, en onderstel dt voor geen enkele x 1 [,b] geldt dt f (x 1 ) = m. Dn is de functie g : [, b] R gedefinieerd door g(x) = 1 m f (x) continu over [,b] en dus begrensd. Mr dit is onmogelijk, wnt we weten dt het supremum voldoet n de volgende eigenschp: ε > 0, x [,b] : m ε < f (x) m zodt of g(x) = en de functie g kn dus niet begrensd zijn. ε > m f (x) 1 m f (x) > 1 ε Stelling Onderstel f : [, b] R continu, en onderstel dt f () en f (b) een verschillend teken hebben. Dn bestt er een punt c (, b) zodt f (c) = 0. Bewijs. Onderstel bijvoorbeeld dt f () > 0. Dn is f (b) < 0. Beschouw nu de verzmeling V = {x [,b] f (x) > 0} Dn is V begrensd, en niet leeg (wnt V ). Dus bestt supv = c. Angezien f rechtscontinu is in bestt er een intervl (, + ε) wrop f positief is. Dus is c + ε en dus is < c. Op dezelfde mnier bestt, ngezien f linkscontinu is in b, een intervl (b ε,b) wrop f negtief is. Dus moet c < b. Dus is < c < b Onderstel dt f (c) > 0. Dn bestt er een intervl (c δ,c + δ) wrop f positief is. Dit intervl vlt dn volledig binnen V zodt c geen mjornt is vn V. Dit is een tegenstrijdigheid. Onderstel dt f (c) < 0. Dn bestt er een intervl (c δ,c + δ) wrop f negtief is. Omdt c = supv bestt er een x (c δ,c] met x V, of f (x) > 0 (zie stelling 1.7.4). Dit is weer een tegenstrijdigheid. Bijgevolg is f (c) = 0 de enige overblijvende mogelijkheid. 48

50 Gevolgen ) Als f : [, b] R continu is, dn neemt f minstens eenml elke wrde λ [ f (), f (b)] n. Immers, het is voldoende stelling toe te pssen op de continue functie f λ. 2) Als f : [,b] R continu is, dn neemt f minstens eenml elke wrde λ [inf f,sup f ] n. Immers, vnwege stelling bestn x 1,x 2 [,b] zodt f (x 1 ) = sup f en f (x 2 ) = inf f. Het is voldoende gevolg 1 toe te pssen op het intervl [x 1,x 2 ]. Stelling Onderstel dt f : [, b] R continu, en schrijf m = min( f ), m = mx( f ) Als f injectief is, dn is f : [,b] [m,m ] een monotone bijectie, en dn is f 1 : [m,m ] [,b] continu. Bewijs. Uit gevolg 2) volgt dt f surjectief is. f is dus een bijectie. Onderstel nu dt f () < f (b) (het gevl f () > f (b) wordt op nloge mnier behndeld). We zullen ntonen dt f strikt stijgend is. Als f niet strikt stijgend is, dn bestn er x 1,x 2 [,b] met x 1 < x 2 en f (x 1 ) f (x 2 ). f (x 1 ) = f (x 2 ) is onmogelijk, ngezien f injectief is, dus hebben we noodzkelijk dt f (x 1 ) > f (x 2 ). We hebben dt f (x 1 ) > f () of f (x 2 ) < f (b). Immers, ls geen vn de twee ongelijkheden geldt, dn hebben we f () f (x 1 ) > f (x 2 ) f (b), wt strijdig is met onze onderstelling. ) Onderstel dt f (x 1 ) > f (). Neem d ( f (), f (x 1 )) ( f (x 2 ), f (x 1 )) = ( mx{ f (x 2 ), f ()}, f (x 1 ) ) Als we nu gevolg toepssen vinden we: c 1 (,x 1 ) : f (c 1 ) = d en c 2 (x 1,x 2 ) : f (c 2 ) = d. Mr dn is c 1 < c 2 en f (c 1 ) = f (c 2 ), en dit is strijdig met de injectiviteit vn f. b) Onderstel dt f (x 2 ) < f (b). Dit gevl wordt volkomen nloog behndeld. Neem nu d ( f (x 2 ), f (x 1 )) ( f (x 2 ), f (b)) = ( f (x 2 ),min{ f (x 1 ), f (b)} ) We gebruiken weer gevolg 3.6.6: c 1 (x 1,x 2 ) : f (c 1 ) = d en c 2 (x 2,b) : f (c 2 ) = d. We hebben weer dt c 1 < c 2 en f (c 1 ) = f (c 2 ), hetgeen strijdig is met de injectiviteit vn f. We moeten nog bewijzen dt f 1 continu is. Omdt f een stijgende bijectie is, worden intervllen door f fgebeeld op intervllen. Kies d (m,m ), en ε > 0 willekeurig. Stel f 1 (d) = c. Dn is f (c ε,c + ε) een open intervl dt d bevt: f (c ε,c + ε) = (d δ 1,d + δ 2 ) voor zekere δ 1,δ 2 > 0. Als y d < min(δ 1,δ 2 ), dn is y (d δ 1,d + δ 2 ), en dus f 1 (y) (c ε,c + ε), en dus f 1 (y) c < ε. 49

51 3.7 Continue functies over een gebied Stelling Onderstel dt een functie f continu is over een gebied G. Dn gelden de volgende eigenschppen : 1. f is begrensd over G; 2. sup f en inf f worden bereikt; 3. ls f ( x) > 0 en f ( y) < 0 voor x, y G, dn c G : f ( c) = 0; 4. f neemt lle wrden n tussen sup f en inf f. Bewijs. 1) is een rechtstreeks gevolg vn stelling Het bewijs vn 2) is volkomen nloog n dt vn de stelling Het volstt [,b] te vervngen door G. We lten het ls oefening n de lezer over om de detils uit te schrijven. Voor 3) gn we ls volgt te werk: omdt G smenhngend is, bestt er een continue boog binnen G die x en y verbindt. Er bestt dus een vectorfunctie r : [, b] G zodt r() = x en r(b) = y. De smengestelde functie f r is dn een continue functie [,b] R, die voldoet n de voorwrden vn stelling Dus bestt er een t 0 [,b] zo dt ( f r)(t 0 ) = f ( r(t 0 )) = 0. r(t 0 ) is dus een nulpunt vn f. Punt 4) volgt onmiddellijk uit punt 3), zols in de vorige prgrf. Voorbeeld De stelling is niet meer geldig ls men het gebied G vervngt door een domein: neem D = {(x,y) R 2 0 < x 2 + y 2 < 1} en stel f (x,y) = 1 x 2 + y 2 f is continu over D, mr niet nr boven begrensd. f is wel nr onder begrensd, Mr inf f = 1 wordt niet bereikt op D. 50

52 Hoofdstuk 4 Functies vn een vernderlijke 4.1 De fgeleide Beschouw een functie vn een vernderlijke f, die gedefinieerd is op een omgeving O vn R. Neem een punt + h O. Kijk nu nr de rechte die de punten (, f ()) en ( + h, f ( + h)) verbindt. Voor + h niet l te ver vn bendert deze redelijk goed de grfiek vn de functie f. De vergelijking vn deze rechte is: f ( + h) f () y f () = (x ) (4.1) h Dit is dus een rechte door het punt (, f ()), en met ls richtingscoëfficiënt f ( + h) f () h Hoe dichter +h bij hoe beter de rechte de grfiek vn f bendert in de onmiddellijke omgeving y y=f()+f'()(x-) f(+h) f() y=f(x) +h x Figuur 4.1: Rklijn in het punt (, f ()) vn. Drom kijken we nr de limietstnd vn deze rechte, voor h nderend tot 0. Dit zl een rechte zijn die gt door het punt (, f ()), en met ls richtingscoëfficiënt f ( + h) f () lim h 0 h 51

53 (indien deze limiet bestt). We noemen deze richtingscoëfficiënt de fgeleide vn f in het punt. Definitie Als een numerieke functie f gedefinieerd is op een omgeving vn dn noemt men de limiet f f ( + h) f () () = lim h 0 h de fgeleide vn f in het punt. Indien f () bestt, dn zeggen we dt f fleidbr is in. Opmerkingen ) De limietstnd vn de rechten die hierboven beschreven stn noemt men ook de rklijn in het punt (, f ()) n de grfiek vn de functie f. De fgeleide is dus niets nders dn de richtingscoëfficiënt vn de rklijn, dus de tngens vn de hoek tussen de x-s en de rklijn. 2) Men kn de definitie vn de fgeleide nog herschrijven ls wrbij men noteert f f (x) f () () = lim x x = lim x 0 f x x = x ; f = f (x) f () De fgeleide is dus in feite de limiet vn een differentiequotiënt. Drom gebruikt men ook de volgende nottie: f () = d f dx () Hier wordt de fgeleide dus geschreven ls een quotiënt, hoewel de fgeleide geen echt quotiënt is, mr de limiet vn een quotiënt. Een ndere nottie die ook gebruikt wordt is f () = D f () De letter D komt hier vn het Engelse derivtive. 3) We hebben de fgeleide hier ingevoerd ls de richtingscoëfficiënt vn de rklijn. Er zijn echter vele ndere meetkundige en fysische toepssingen. Als voorbeeld geven we hier de meest bekende: onderstel dt een deeltje zich lngs een rechte lijn voortbeweegt, en noteer voor x(t) de positie vn het deeltje op tijdstip t. Dn is x(t) x(t 0 ) t t 0 de gemiddelde snelheid vn het deeltje gedurende het tijdsintervl [t 0,t]. De fgeleide dx dt (t 0) = lim t t0 x(t) x(t 0 ) t t 0 noemt men per definitie de snelheid vn het deeltje op het tijdstip t 0. Men noteert ook, voor de fgeleide nr de tijd: dx dt (t 0) = ẋ(t 0 ) 52

54 Voorbeelden ) De fgeleide vn een constnte Toepssen vn de definitie geeft: 2) De fgeleide vn de identieke functie Toepssen vn de definitie geeft: 3) De fgeleide vn de sinus Toepssen vn de definitie geeft: f (x) = c f f ( + h) f () 0 () = lim = lim h 0 h h 0 h = 0 f (x) = x f f ( + h) f () h () = lim = lim h 0 h h 0 h = 1 f (x) = sin(x) f () = f ( + h) f () lim h 0 h = sin( + h) sin() lim h 0 h = 2sin(h/2)cos( + h/2) lim h 0 h = cos() 4) Neem de functie f :R R gedefinieerd door { ( xsin 1x ) ls x 0; f (x) = 0 ls x = 0. De limiet f (0 + h) f (0) lim h 0 h bestt niet. f is dus niet fleidbr in 0. 5) De fgeleide vn de bsolute wrde. Voor f (x) = x hebben we: bestt niet, zodt f niet fleidbr is in 0. f (0 + h) f (0) lim h 0 h ( hsin 1h ) 0 = lim h 0 h = lim sin ( 1) h 0 h h = lim h 0 h 53

55 Dit ltste voorbeeld suggereert de volgende definitie: Definitie Indien een numerieke functie f gedefinieerd is op een intervl [, + δ), en indien de limiet f +() f ( + h) f () = lim h 0+ h bestt, dn noemt men deze de rechterfgeleide vn f in het punt. Indien een numerieke functie f gedefinieerd is op een intervl ( δ,], en indien de limiet f () f ( + h) f () = lim h 0 h bestt, dn noemt men deze de linkerfgeleide vn f in het punt. In voorbeeld 5 hierboven hebben we: f +(0) = 1 en f (0) = 1 Grfisch gezien is f +() de richtingscoëfficiënt vn de rechter hlve rklijn, terwijl f () de richtingscoëfficiënt vn de linker hlve rklijn is. y y=f(x) x Figuur 4.2: Linker- en rechter hlve rklijn Stelling De nodige en voldoende voorwrde opdt f een fgeleide in een punt bezit, is dt f in dit punt een linker- en een rechterfgeleide bezit die n elkr gelijk zijn. Bewijs. Oefening. In lle voorbeelden die we hierboven gezien hebben, ws de functie f continu in. Dit geldt in het lgemeen: Stelling Indien een functie f in een punt een eindige fgeleide bezit, dn is f continu in. Bewijs. We moeten ntonen dt lim f (x) = f () x 54

56 Nu is lim f (x) f () = lim x x f (x) f () (x ) x f (x) f () = lim x x = f () lim(x ) x = 0 lim(x ) x zodt f continu is in. Het omgekeerde vn Stelling geldt niet: het kn zijn dt een functie in een punt continu is, mr niet fleidbr. Dit blijkt uit de voorbeelden 4 en 5 hierboven. Om gemkkelijk fgeleiden vn functies te kunnen berekenen, zonder steeds terug te moeten grijpen nr de definitie, formuleren we nu een ntl rekenregels. Stelling (fgeleide vn een lineire combintie) Onderstel dt f en g fleidbr zijn in een punt. Dn geldt voor lle α,β R: (α f + βg) () = α f () + βg () met ndere woorden, de fgeleide vn een lineire combintie is de lineire combintie vn de fgeleiden. Bewijs. (α f + βg) () = (α f + βg)(x) (α f + βg)() lim x x = f (x) f () g(x) g() α lim + β lim x x x x = α f () + βg () Stelling (fgeleide vn een produkt) Onderstel dt f en g fleidbr zijn in een punt. Dn geldt ( f g) () = f ()g() + f ()g () Bewijs. ( f g) () = f (x)g(x) f ()g() lim x x = ( f (x) f ())g(x) + f ()(g(x) g()) lim x x f (x) f () = lim x x = f ()g() + f ()g () lim g(x) + f () lim x x g(x) g() x 55

57 In de ltste stp mkten we gebruik vn het feit dt g continu is in (zie Stelling 4.1.6). Stelling kn ls volgt verlgemeend worden: onderstel dt de n functies f 1, f 2,, f n een fgeleide bezitten in. Dn geldt: ( f 1 f 2 f n ) () = f 1() f 2 () f n () + f 1 () f 2() f n () + + f 1 () f 2 () f n() n f i = ( f 1 f 2 f n )() () f i () i=1 Als lle f i n elkr gelijk zijn, dn krijgen we de volgende formule: ( f n ) () = n f () n 1 f () Stelling (fgeleide vn een quotiënt) Onderstel dt f en g fleidbr zijn in een punt, en dt g() 0. Dn hebben we Bewijs. ( f g ( 1 g ) () = f ()g() f ()g () g() 2 ) () 1 g (x) 1 g () = lim x x = lim x Gebruik mkende vn Stelling krijgen we ( f g g() g(x) g(x)g()(x ) g(x) g() lim x (x ) = lim g(x)g() x = g () g() 2 ) () f () = g() f () g () g() 2 = f ()g() f ()g () g() 2 Stelling (fgeleide vn een smengestelde functie) Onderstel dt de functie f een eindige fgeleide bezit in en dt g een eindige fgeleide bezit in f (). Dn geldt (g f ) () = g ( f ()) f () 56

58 Bewijs. Voor f (x) f () kunnen we opschrijven: g( f (x)) g( f ()) x = g( f (x)) g( f ()) f (x) f () f (x) f () x (4.2) Indien we zouden weten dt f (x) f () op een omgeving vn, dn ws het bewijs reeds bijn f: we zouden ermee kunnen volstn in (4.2) hierboven de limiet voor x nr te nemen. Omdt het wel mogelijk is dt f (x) = f () (bijvoorbeeld ls f een constnte functie is), voeren we de volgende hulpfunctie G, gedefinieerd op een omgeving vn f (), in: G(y) = { g(y) g( f ()) y f () g ( f ()) ls y f (); ls y = f (). G is continu in f (), en voor x hebben we g( f (x)) g( f ()) x = G( f (x)) f (x) f () x Inderdd, voor f (x) f () is dit juist formule (4.2). Voor f (x) = f () zijn beide leden nul, zodt de gelijkheid in het lgemeen geldt. N het nemen vn de limiet voor x nderend tot krijgen we: (g f ) g( f (x)) g( f ()) () = lim x x = lim x G( f (x)) f (x) f () x = G ( lim f (x) ) f (x) f () lim x x x = g ( f ()) f () Stelling kn men nog ls volgt schrijven: indien we noteren y = f (x) en z = g(y) = g( f (x)), dn dz dx = dz dy dy dx Stelling (fgeleide vn de inverse functie) Onderstel dt f : [x 0,x 1 ] [y 0,y 1 ] continu en bijectief is, dt f fleidbr is in f 1 (b) = (x 0,x 1 ), en dt f () 0. Dn is ( f 1 ) (b) = 1 f ( f 1 (b)) Bewijs. Uit stelling weten we dt f 1 continu is. We voeren volgende hulpfunctie F : [x 0,x 1 ] R in: { f (x) f () F(x) = x ls x f () ls x = 57

59 De functie F is dn continu in. Nu is ( f 1 ) (b) = f 1 (y) f 1 (b) lim y b y b = 1 lim y b y b f 1 (y) f 1 (b) = 1 lim y b f ( f 1 (y)) f () f 1 (y) = 1 lim y b F( f 1 (y)) = = 1 ( ) F lim f 1 (y) y b 1 F() = 1 f () = 1 f ( f 1 (b)) Voorbeeld De fgeleide vn de boogsinus. Neem f (x) = sin(x), met π/2 < x < π/2. Dn is f 1 (y) = bgsin(y) en (Dbgsin)(b) = 1 (Dsin)() = 1 cosbgsin(b) = 1 1 b 2 Stelling kunnen we ook ls volgt schrijven : noteer y = f (x) zodt x = f 1 (y), dn is dx dy = 1 dy dx De fgeleide over een intervl Indien een functie f fleidbr is in ieder punt vn een intervl (,b) dn zeggen we dt die functie fleidbr is over (,b). De fgeleide f (x) hngt f vn het punt x en beplt dus een nieuwe functie f :(,b) R. Deze functie wordt de fgeleide functie genoemd. Ze wordt genoteerd door f, d f dx of D f. Merk op dt f eventueel in zekere punten de wrden ± kn nnemen. 58

60 4.2 De fgeleide vn enkele elementire functies Hieronder volgt een lijst met de fgeleiden vn enkele elementire functies. Deze formules, tezmen met de rekenregels die we in de vorige prgrf besproken hebben, mken het mogelijk om de fgeleiden vn lle elementire functies uit te rekenen. Voor het bewijs vn de formules hieronder verwijzen we nr de oefeningen. De trigonometrische functies De inverse trigonometrische functies d sinx dx = cosx d cosx dx = sinx d dx tnx = sec 2 x d dx cotx = csc2 x d dx bgsinx = 1 1 x 2 d dx bgcosx = 1 1 x 2 d dx bgtgx = x 2 d dx bgcotgx = x 2 De exponentiële en de logritmische functie d dx lnx = 1 x d dx log x = 1 xln d expx dx = expx d dx x = x ln d dx x = x 1 59

61 De hyperbolische functies d shx dx = coshx d chx dx = sinhx d dx tnhx = 1 cosh 2 x d dx cothx = 1 sinh 2 x De inverse hyperbolische functies d dx rgsinhx = x 2 d dx rgcoshx = 1 x 2 1 d dx rgtnhx = 1 1 x De eerste differentil vn een functie Definitie Beschouw een numerieke functie f die gedefinieerd is in een omgeving vn. Als f in een eindige fgeleide bezit, dn zeggen we dt f differentieerbr is in. Onderstel dt f differentieerbr is in, en schrijf y = f (x). Dn is eindig. We kunnen dus schrijven: f y () = lim x 0 x of nog: y f () x lim = 0 x 0 x y = f () x + e( x) x met lim e( x) = 0 x 0 Omgekeerd, onderstel dt we kunnen schrijven y = m x + e( x) x 60

62 met lim e( x) = 0 x 0 dn volgt onmiddellijk dt y lim x 0 x = lim (m + e( x)) = m x 0 zodt f differentieerbr is in, en f () = m. We hebben met ndere woorden het volgend resultt bewezen: Stelling Een functie f gedefinieerd op een omgeving vn is differentieerbr in ls en lleen ls y kn geschreven worden in de vorm y = m x + e( x) x met lim e( x) = 0 x 0 De differentil De uitdrukking f () x noemt men de eerste differentil vn y = f (x) in het punt. Men noteert deze ls dy = d f (x) = f () x De functie f (x) = x is in elk punt differentieerbr, en heeft ls fgeleide 1. We hebben dus dx = x en kunnen dus schrijven dy = d f (x) = f ()dx = dy dx ()dx en dit verklrt wrom we de fgeleide soms schrijven ls een quotiënt. Meetkundige interprettie De differentil is de ngroeiing vn de ordint lngs de rklijn. Dit wordt geïllustreerd in Figuur 4.3 Rekenregels voor het differentiëren Deze volgen onmiddellijk uit de rekenregels voor de fgeleiden: d(α f + βg) = αd f + βdg d( f g) = f dg + gd f d ( f ) gd f f dg = g g 2 61

63 y y=f()+f'()(x-) f(+dx) f() y=f(x) Dy dy +Dx x Figuur 4.3: Meetkundige interprettie vn de differentil Voor de smengestelde functie hebben we, voor y = g(u), u = f (x), y = (g f )(x) = g( f (x)) dt Dit volgt uit Stelling dy = dy dy du dy du = dx = du du dx dx dx Toepssing: Benderende formules Als x klein is, dn kn men f benderen door d f, een uitdrukking die gewoonlijk eenvoudiger is. Neem bijvoorbeeld f (x) = sin(x) Dn is d f (x) = cos(x)dx Voor x = π/6 = 30 en x = π/180 = 1 krijgen we ( ( 1 sin π ) ) π = sin( ) + π cos(π 6 ) = = Vergelijk dit met de werkelijke wrde: sin(31 ) = Afgeleiden en differentilen vn hogere orde Onderstel dt een functie y = f (x) differentieerbr is over een intervl (,b). Dn bestt de fgeleide y = f (x). Indien y = f (x) zelf een fgeleide bezit, dn noemt men deze de tweede fgeleide vn de functie f. Men noteert deze ls volgt: y = f (x) = d2 y dx 2 = d2 f (x) dx 2 = D 2 y = D 2 f (x) 62

64 Men kn op deze mnier voortgn, en zo de tweede, derde,..., n-de fgeleide definiëren (indien deze bestt). Men noteert deze ls volgt: Voorbeelden y (n) = f (n) (x) = dn y dx n = dn f (x) dx n = D n y = D n f (x) f (x) = e x = f (n) (x) = e x f (x) = sin(x) = f (n) (x) = sin(x + nπ 2 ) De formule vn Tylor voor een veelterm Beschouw een veelterm Stel hierin x = + h. Dn vinden we f (x) = n x n + n 1 x n x + 0 f ( + h) = n ( + h) n + n 1 ( + h) n ( + h) + 0 Uitwerken vn deze mchten met behulp vn het binomium vn Newton geeft ons een betrekking vn de vorm f ( + h) = b n h n + b n 1 h n b 1 h + b 0 (4.3) Met behulp vn de hogere fgeleiden kunnen we gemkkelijk de coëfficiënten b 0,b 1,,b n beplen. Stel in (4.3) h = 0. Dn vinden we dt b 0 = f () Afleiden vn formule (4.3) nr h, gebruik mkende vn geeft ons Stel in (4.4) h = 0. Dn volgt Afleiden vn (4.4) nr h geeft d f ( + h) dh = f d( + h) ( + h) = f ( + h) dh f ( + h) = nb n h n 1 + (n 1)b n 1 h n b 2 h + b 1 (4.4) b 1 = f () f ( + h) = n(n 1)b n h n 2 + (n 1)(n 2)b n 1 h n b 2 (4.5) Stel in (4.5) h = 0. Dn volgt b 2 = f () 2 In het lgemeen vinden we, n i ml fleiden vn (4.3): f (i) ( + h) = n(n 1)(n 2) (n i + 1)b n h n i + + i!b i 63

65 zodt b i = f (i) () i! Vervng h opnieuw door x. Dn krijgen we volgende formule: Stelling (formule vn Tylor voor een veelterm) Onderstel dt f een veelterm is vn grd n. Dn geldt voor elke en x: f (x) = f () + f ()(x ) + f () 2 (x )2 + + f (n) () (x ) n n! f (i) () = (x ) i i! n i=0 Opmerking Neem = 0 in bovenstnde formule. Dn volgt dt de coëfficiënt i vn x i in een veelterm kn geschreven worden ls i = f (i) (0) i! De formule vn Leibniz voor de fgeleide vn een product In de volgende stelling geven we een formule voor de n-de fgeleide vn het produkt. Eerst herhlen we de formule voor de binomilcoëfficiënten: ( ) n n! = i i!(n i)! Bewijs zelf ls oefening de formule vn Pscl: ( ) ( ) n n + i 1 i n i=0 ( ) n + 1 = i Stelling (formule vn Leibniz) Onderstel dt twee functies f en g een n-de fgeleide bezitten. Dn wordt de n-de fgeleide vn het produkt gegeven door de formule: ( ) ( ) ( ) n n n ( f g) (n) = f g (n) + f g (n 1) + f g (n 2) + + f (i) g (n i) + + f (n) g 1 2 i ( ) n = f (i) g (n i) i Bewijs. De formule gelijkt zeer sterk op het binomium vn Newton. Het bewijs is dn ook volledig nloog n het bewijs vn het binomium vn Newton. We bewijzen de formule door volledige 64

66 inductie. Voor n = 1 vinden we de formule voor de fgeleide vn het produkt terug. Onderstel dt de formule wr is voor n. We zullen ze dn bewijzen voor n + 1. ( f g) (n+1) = ( ( f g) (n)) = = = ( n i=0 n i=0 n+1 i=1 ( ) ) n f (i) g (n i) i ( ) n f (i+1) g (n i) n + i i=0 ( ) n f (i) g (n+1 i) + i 1 = f (n+1) g + = f (n+1) g + = n+1 i=0 ( n + 1 en dit bewijst de formule vn Leibniz. i n i=1 n ( ( ) n + i 1 ( n + 1 i=1 i ) f (i) g (n+1 i) ( ) n f (i) g (n+1 i) i n ( n i=0 ( n i ) f (i) g (n+1 i) i ) ) f (i) g (n+1 i) + f g (n+1) ) f (i) g (n+1 i) + f g (n+1) Differentilen vn hogere orde Zij y = f (x), en onderstel dt lle beschouwde fgeleiden bestn en eindig zijn. Het beplen vn de differentilen vn hogere orde is niet zo eenvoudig ls het beplen vn fgeleiden vn hogere orde. De differentil dy = f (x)dx is immers niet lleen een functie vn x, mr ook vn dx. Drom mken we de volgende fsprken: in ieder punt x neemt men dezelfde ngroeiing dx = x. Men mg dus bij de tweede differentitie dx constnt nemen; bij de tweede differentitie neemt men dezelfde dx = x ls bij de eerste differentitie. Voor de tweede differentil krijgen we dn of d(dy) = d( f (x)dx) = f (x)(dx) 2 d 2 y = f (x)dx 2 Men gt op dezelfde mnier verder en vindt zo de n-de differentil: d n y = f (n) (x)dx n 65

67 Men kn hierin dus d n y dx n beschouwen ls het quotiënt vn d n y door dx n. Hogere differentilen en smengestelde functies Stel y = f (x) en z = g(y) = (g f )(x). Voor de eerste differentil hebben we dz = g (y)dy Voor de tweede differentil is het niet meer mogelijk in heel het intervl dezelfde dy te kiezen. Zelfs ls men overl dezelfde ngroeiing dx kiest, zl men verschillende dy krijgen. We krijgen drom voor de tweede differentil: wrbij d 2 z = d(dz) = d(g (y)dy) = d(g (y))dy + g (y)d(dy) = g (y)dy 2 + g (y)d 2 y d 2 y = f (x)dx 2 Op dezelfde mnier kunnen we formules opschrijven voor d 3 z, d 4 z, enzovoort. De formules worden snel ingewikkeld. Merk op dt we dn z niet lnger ls een quotiënt kunnen beschouwen. Dit kn dyn lleen mr ls x de onfhnkelijke vernderlijke is. 4.5 De stellingen vn Rolle, Cuchy en Lgrnge Stelling (stelling vn Rolle) We beschouwen een numerieke functie f :[, b] R. Onderstel dt f voldoet n de volgende voorwrden: f is continu over [,b]; f () = f (b); f bezit een fgeleide over (,b); dn bestt er een ξ (,b) zodt f (ξ) = 0. Bewijs. Angezien f continu is over [, b], is f begrensd over [, b] en worden m = sup f en m = inf f bereikt (zie prgrf 2 uit het voorgnde hoofdstuk). Indien m = m, dn is f constnt over [,b], en dn is f (ξ) = 0 voor elke ξ (,b), en dn is de stelling bewezen. We mogen dus onderstellen dt m m. Dn is m of m verschillend vn f () = f (b). Onderstel 66

68 y y x b x x b x Figuur 4.4: De stelling vn Rolle is vn toepssing bijvoorbeeld m f () = f (b), en neem ξ (,b) zodt f (ξ) = m. Dr < ξ < b, weten we dt f (ξ) bestn. Derhlve bestn in ξ ook de linker- en de rechterlimiet vn f. Nu geldt voor h > 0 ngezien f (ξ + h) f (ξ). Derhlve is Op dezelfde mnier geldt voor h < 0 zodt f (ξ + h) f (ξ) h 0 f +(ξ) f (ξ + h) f (ξ) = lim 0 h 0+ h f (ξ + h) f (ξ) h 0 f (ξ) f (ξ + h) f (ξ) = lim 0 h 0 h Dr f (ξ) bestt, is f (ξ) = f (ξ) = f +(ξ) tegelijkertijd niet-negtief en niet-positief. Derhlve is f (ξ) = 0. Meetkundige interprettie In het punt ξ is de rklijn evenwijdig met de x-s, en de fgeleide mg in zekere punten oneindig zijn; dit wordt geïllustreerd in Figuur 4.4. De functie moet continu zijn, mr continuïteit is niet voldoende. Dit wordt geïllustreerd in Figuur 4.5. Stelling (stelling vn Cuchy) We beschouwen twee numerieke functies f en g:[, b] R. Onderstel dt f en g voldoen n de volgende voorwrden: f en g zijn continu over [,b]; 67

69 y y b x b x Figuur 4.5: De stelling vn Rolle is niet vn toepssing f en g bezitten een eindige fgeleide over (,b); g (x) 0 voor elke x (,b) dn bestt er een ξ (,b) zodt. f (b) f () g(b) g() = f (ξ) g (ξ) Bewijs. Merk om te beginnen op dt g(b) g(). Wnt nders bestond er, vnwege de stelling vn Rolle, een ξ (,b) zodt g (ξ) = 0, en dit is in strijd met de onderstelling 3). Beschouw nu de hulpfunctie Φ(x) = f (x) f () f (b) f () (g(x) g()) g(b) g() Het is mkkelijk n te gn dt Φ voldoet n de voorwrden vn de stelling vn Rolle: 1) Φ is continu over [,b], wnt f en g zijn continu over [,b], en g() g(b). 2) Φ is fleidbr over (,b), wnt Φ (x) = f (x) 3) Φ() = Φ(b) = 0 Er bestt dus een ξ (,b) zodt Φ (ξ) = 0 of f (ξ) = f (b) f () g(b) g() g (x) f (b) f () g(b) g() g (ξ) Stelling (stelling vn Lgrnge) We beschouwen een numerieke functie f :[, b] R. Onderstel dt f voldoet n de volgende voorwrden: 68

70 f is continu over [,b]; f bezit een eindige fgeleide over (,b); dn bestt er een ξ (,b) zodt f (b) f () = f (ξ)(b ) Bewijs. Neem g(x) = x in de stelling vn Cuchy. De Stelling vn Lgrnge wordt ook wel de middelwrdestelling genoemd. De stellingen vn Cuchy en Lgrnge kunnen meetkundig geinterpreteerd worden. Neem f en g zols in de stelling vn Cuchy, en beschouw de vlkke kromme C met prmetervergelijkingen { x = g(t) y = f (t) wrbij t loopt vn tot b. De kromme verbindt dn de punten = (g(), f ()) en b = (g(b), f (b)). De vector die deze twee punten verbindt is b = (g(b) g(), f (b) f ()). Neem een punt (g(ξ), f (ξ)) op de kromme C. De rklijn in dit punt is evenwijdig met de vector (g (ξ), f (ξ)), we komen hierop terug in 5.2. Deze is evenwijdig met de koorde [, b] ls en lleen ls f (b) f () g(b) g() = f (ξ) g (ξ) Uit de stelling vn Cuchy volgt dus dt er een punt op de kromme C is wrin de rklijn evenwijdig is met de koorde [, b]. Voor de stelling vn Lgrnge hebben we dezelfde interprettie, lleen is de kromme nu geprmetreerd in x en heeft ze ls vergelijking y = f (x). Dit wordt geillustreerd in Figuur 4.6. y x b x Figuur 4.6: De stelling vn Lgrnge Gevolgen ) Indien de fgeleide vn een functie f bestt en 0 is over een intervl (,b), dn is f constnt over dit intervl. Immers, neem x 1 en x 2 gelegen in (,b). Dn is f (x 1 ) f (x 2 ) = (x 1 x 2 ) f (ξ) = 0 69

71 Dus f (x 1 ) = f (x 2 ) voor lle x 1 en x 2 en f is constnt. 2) Als f (x) = g (x) over (,b) dn is f (x) = g(x) + c. Dit volgt door gevolg 1) toe te pssen op f g. 3) Indien f continu en fleidbr is over [,b] en f 0 over (,b), dn is f niet dlend over [,b]. Immers, neem x 1 < x 2 [,b]. Dn geldt vnwege de stelling vn Lgrnge dt f (x 1 ) f (x 2 ) = (x 1 x 2 ) f (ξ) 0 zodt f (x 1 ) f (x 2 ). Op nloge mnier bewijst men dt f niet stijgend is ls f 0 over [,b]. 4.6 Onbeplde vormen Definitie Indien de functies f en g gedefinieerd zijn in een omgeving vn R (behlve eventueel in zelf), en indien lim f (x) = lim g(x) = 0 x x dn zeggen we dt de functie f (x) g(x) de onbeplde vorm 0 nneemt in het punt x =. 0 f (x) Onze bedoeling is lim te berekenen, voor zover deze bestt. De volgende stelling is hiervoor x g(x) dikwijls hndig: Stelling (regel vn de l Hospitl) Onderstel dt de functies f en g voldoen n de volgende voorwrden: lim x f (x) = lim x g(x) = 0; f en g bezitten een eindige fgeleide op een omgeving vn (behlve eventueel in zelf), en g f (x) (x) 0 op die omgeving; lim x g (x) bestt; f (x) dn bestt lim x g(x) en f (x) lim x g(x) = lim f (x) x g (x) Bewijs. Onderstel eerst dt eindig is, en neem een punt + h uit de beschouwde omgeving. Als we f () = g() = 0 stellen, dn voldoen f en g n de voorwrden vn de stelling vn Cuchy over het intervl [, + h]. Dus is f ( + h) f () g( + h) g() = f (ξ) g (ξ) 70

72 met ξ (, + h), of met θ (0,1), zodt f ( + h) g( + h) = f ( + θh) g ( + θh) f (x) lim x g(x) = lim f ( + h) h 0 g( + h) = lim f ( + θh) h 0 g ( + θh) = lim f (x) x g (x) en dit bewijst de stelling. Merk op dt de formule ook geldt voor rechter- en linkerlimieten. Onderstel nu dt = ±, en stel x = 1/y. Dn geldt, n toepssing vn de regel vn de l Hospitl in het punt y = 0 voor de linker- en de rechterlimiet: f (x) lim x ± g(x) f (1/y) = lim y 0± g(1/y) 1/y 2 f (1/y) = lim y 0± 1/y 2 g (1/y) = lim y 0± f (1/y) g (1/y) f (x) = lim x ± g (x) en dit beëindigt het bewijs vn de stelling. Voorbeelden ln(1 + x) lim x 0 x e x 1 lim x 0 lim x 0 1 = lim x x = 1 = lim x 0 e x = 1 x x sinx 1 cosx x 3 = lim x 0 3x 2 = lim x 0 sinx 6x = 1 6 Definitie Indien de functies f en g gedefinieerd zijn in een omgeving vn R (behlve eventueel in zelf), en indien lim f (x) = lim g(x) x x de wrde oneindig nnemen, dn zeggen we dt de functie f (x) g(x) de onbeplde vorm nneemt in het punt x =. In dit gevl geldt de volgende vrint vn de regel vn de l Hospitl: Stelling (regel vn de l Hospitl) Onderstel dt de functies f en g voldoen n de volgende voorwrden: 71

73 lim x f (x) = + of en lim x g(x) = + of ; f en g bezitten een eindige fgeleide op een omgeving vn (behlve eventueel in zelf), en g (x) 0 op die omgeving; lim x f (x) g (x) bestt; f (x) dn bestt lim x g(x) en f (x) lim x g(x) = lim f (x) x g (x) De stelling geldt ook voor de linker- en de rechterlimiet. Bewijs. Het bewijs steunt, net zols dt vn Stelling 4.6.2, op de stelling vn Cuchy. Het is echter een beetje ingewikkelder, zodt we het hier zullen weglten. Voorbeeld lnx lim x + x = lim 1 x + x = 0 ls > 0. De mchtsfunctie gt dus sneller nr oneindig dn de logritmische functie. Definitie Indien de functies f en g gedefinieerd zijn in een omgeving vn R (behlve eventueel in zelf), en indien lim x f (x) = 0 en lim g(x) = ± x dn zeggen we dt de functie f (x)g(x) de onbeplde vorm 0(± ) nneemt in het punt x =. Men herleidt deze vorm tot 0 0 of of en wel op de volgende mnier: f (x) lim f (x)g(x) = lim x x 1/g(x) g(x) lim f (x)g(x) = lim x x 1/ f (x) Voorbeeld lim xcot(x) = lim x 0 x 0 x tn(x) = lim x tn 2 (x) = 1 Definitie Indien de functies f en g gedefinieerd zijn in een omgeving vn R (behlve eventueel in zelf), en indien lim f (x) = lim g(x) = + x x dn zeggen we dt de functie f (x) g(x) de onbeplde vorm (+ ) (+ ) nneemt in het punt x =. 72

74 Men herleidt deze vorm tot 0.(± ) en wel op de volgende mnier: ( 1 lim f (x) g(x) = lim f (x)g(x) x x g(x) 1 ) f (x) Voorbeeld ( 1 lim x 0 sin 2 (x) 1 ) x 2 = lim x 0 x 2 sin 2 x x 2 sin 2 x x 2 sin 2 x x 2 = lim x 0 x 4 lim x 0 sin 2 x 2x sin2x = lim x 0 4x 3 2 2cos2x = lim x 0 12x 2 4sin2x = lim x 0 24x = 1 3 Definitie Indien de functies f en g gedefinieerd zijn in een omgeving vn R (behlve eventueel in zelf), en indien lim f (x) = 0 en lim g(x) = 0 x x lim f (x) = + en lim g(x) = 0 x x lim f (x) = 1 en lim g(x) = + x x dn zeggen we dt de functie f (x) g(x) de onbeplde vorm 0 0 of + 0 of 1 + nneemt in het punt x =. Men gt nu ls volgt te werk. Omdt de exponentiële en de logritmische functie continu zijn, hebben we lim f x (x)g(x) = exp lim g(x)ln f (x) x zodt het voldoende is lim g(x)ln f (x) x te berekenen. g(x)ln f (x) neemt in x = de onbeplde vorm 0.( ) of 0.(+ ) of (+ ).0 n. In elk gevl zijn we dus herleid tot een vn de vorige gevllen. of of Voorbeelden ) lim x 0+ xx. lim xln(x) x 0+ = ln(x) lim x 0+ 1/x = 1/x lim x 0+ 1/x 2 = 0 73

75 zodt ( 2) lim ) x. x 0+ x zodt 3) lim x 0 (cosx) 1/x2 zodt lim (1 xln + 1 ) x 0+ x lim x 0+ xx = e 0 = 1 ln(x + 1) ln(x) = lim x 0+ 1/x = lim x 0+ 1 x+1 1 x 1 x 2 x 2 = lim x 0+ x = 0 ( lim ) x = e 0 = 1 x 0+ x ln cosx lim x 0 x 2 = lim x 0 sinx cosx 2x x2 x + 1 = 1 2 lim x 0 (cosx)1/x2 = e = e 4.7 De formule vn Tylor Stelling vertelt ons dt voor een veelterm vn grd n geldt dt: f (x) = f () + f ()(x ) + f () 2 f (i) () = (x ) i i! n i=0 (x ) f (n) () (x ) n n! Onderstel nu dt f een willekeurige functie is, en onderstel dt de n + 1-de fgeleide vn f bestt en eindig is over een open intervl dt [,x] bevt, en bekijk de veelterm P n (x) = n i=0 f (i) () (x ) i i! Deze veelterm wordt de n-de Tylorveelterm vn de functie f genoemd. Het doel vn deze prgrf is een formule op te stellen voor de restterm r n (x) = f (x) P n (x) 74

76 Voorleer we de formule opstellen merken we op dt f (i) () = P (i) n () voor i = 0,1,2,,n. De functie f en de veelterm P n bereiken dus in het punt dezelfde wrde, en dezelfde eerste n fgeleiden. Derhlve geldt voor de restterm: r (i) n () = 0 voor i = 0,1,2,,n. De eenvoudigste functie die n deze eigenschp voldoet is (x ) n+1. Drom stellen we r n (x) = k(x)(x ) n+1 en trchten k(x) te beplen. Kies een vste wrde x, en beschouw de volgende hulpfunctie : F(t) = f (t) P n (t) k(x)(t ) n+1 Merk op dt F() = F(x) = 0. Vnwege de stelling vn Rolle bestt er dus een ξ 1 (,x) zodt F (ξ 1 ) = 0. Omdt ook F () = 0, kunnen we de stelling vn Rolle nogmls toepssen, op het intervl (,ξ 1 ) en de functie F. Derhlve bestt ξ 2 (,ξ 1 ) (,x) zodt F (ξ 2 ) = 0. Als we dit rgument n + 1 ml herhlen, dn vinden we dt er een ξ n+1 = ξ (,ξ n ) (,x) bestt zodt F (n+1) (ξ) = 0 of f (n+1) (ξ) (n + 1)!k(x) = 0 We hebben dus een ξ (,x) gevonden zodnig dt k(x) = f (n+1) (ξ) (n + 1)! Hiermee hebben we dus de volgende stelling bewezen: Stelling (stelling vn Tylor) Onderstel dt de functie f een eindige n + 1-de fgeleide bezit op een open intervl dt en x bevt. Dn bestt een ξ (,x) zodt met f (x) = n i=0 f (i) () (x ) i + r n (x) (4.6) i! r n (x) = f (n+1) (ξ) (x )n+1 (n + 1)! Opmerkingen ) We noemen r n (x) = f (n+1) (ξ) (x )n+1 (n + 1)! 75

77 de restterm vn Lgrnge. We kunnen r n nog herschrijven op de volgende mnier: schrijf de formule vn Tylor opnieuw op, mr nu met restterm r n 1 : met f (x) = n 1 i=0 f (i) () (x ) i + r n 1 (x). (4.7) i! r n 1 (x) = f (n) (ξ) (x ) n n! Angezien f (n) differentieerbr en dus continu is geldt lim f (n) (ξ) = f (n) () x zodt we kunnen schrijven dt met We kunnen dus schrijven: f (n) (ξ) = f (n) () + λ(x) lim λ(x) = 0 x r n 1 (x) = f (n) () n! (x ) n + λ(x) (x )n n! Dit substitueren we in (4.7) f (x) = n 1 i=0 f (i) () i! (x ) i + f (n) () (x ) n + λ(x) n! n! (x )n = Als we deze ltste formule vergelijken met (4.6) vinden we met r n (x) = (x )n λ(x) n! lim λ(x) = 0 x n i=0 f (i) () i! (x ) i + λ(x) (x )n n! De restterm in deze vorm geschreven noemen we de restterm vn Liouville. 2) Indien we de formule vn Tylor opschrijven voor = 0, dn noemen we de verkregen formule soms de formule vn McLurin: met 0 < θ < 1 zodt θx (0,x). f (x) = n i=0 f (i) (0) x i + f (n+1) (θx) i! (n + 1)! xn+1 76

78 Berekenen vn limieten met behulp vn de formule vn Tylor De formule vn Tylor met restterm vn Liouville kn gebruikt worden om limieten te berekenen. We zullen dit illustreren n de hnd vn het volgende voorbeeld: l = lim x 0 (e x 1 x)(2x sin2x) 2 x 2 (2x cos2x)sh 2 x We schrijven de formule vn Tylor op voor de functies y = e x, y = sin2x, y = cos2x en y = shx, met restterm vn Liouville vn orde respectievelijk 2, 3, 4 en 1: wrbij e x = 1 + x + x2 2 (1 + λ 1(x)) sin2x = 2x (2x)3 (1 + λ 2 (x)) 3! cos2x = 1 (2x)2 + (2x)4 (1 + λ 3 (x)) 2 4! shx = x(1 + λ 4 (x)) lim λ i(x) = 0, x 0 voor λ {1, 2, 3, 4}. We berekenen nu gemkkelijk dt x 2 2 l = lim (1 + λ 1(x)) 16 9 x6 (1 + λ 2 (x)) 2 x 0 x x 4 (1 + λ 3 (x))x 2 (1 + λ 4 (x)) 2 = lim x (1 + λ 1 (x)) 16 9 (1 + λ 2(x)) (1 + λ 3(x))(1 + λ 4 (x)) 2 = = 4 3. Merk op dt deze limiet ook met de regel vn de l Hôspitl kn berekend worden. Het rekenwerk is dn wel beduidend hoger. 4.8 Extremen vn een functie vn één vernderlijke Definitie Beschouw een numerieke functie f die gedefinieerd is op minstens een omgeving vn het punt. We zeggen dt f een (lokl) mximum bereikt in ls er een omgeving O vn bestt zodt voor elke x O geldt: f (x) f () Op nloge mnier zeggen we dt f een (lokl) minimum bereikt in ls er een omgeving O vn bestt zodt voor elke x O geldt: f (x) f () Indien f in een minimum of een mximum bereikt, dn zeggen we dt f een extremum bereikt. Dit wil dus zeggen dt f (x) f () een vst teken heeft in een omgeving vn. 77

79 Stelling (nodige voorwrde voor een extremum) Als f een extremum bereikt in, en f is differentieerbr in, dn geldt dt f () = 0 Bewijs. Onderstel dt f een mximum bereikt in : δ > 0 : h < δ f ( + h) f () Voor h > 0 vinden we dus en Op nloge wijze is en dus is f () = 0. f ( + h) f () h 0 f () = f +() f ( + h) f () = lim 0 h 0+ h f () = f () f ( + h) f () = lim 0 h 0 h Onderstel dt we een punt gevonden hebben wrin f () = 0. Kunnen we nu besluiten dt f een extremum bereikt in? Geenszins: beschouw bijvoorbeeld de functie y = x 3. x = 0 is geen extremum, mr toch is y (0) = 0. In de volgende stelling geven we een voldoende voorwrde opdt een punt wrin f () = 0 (we noemen zulk een punt een sttionir punt vn f ) een mximum of een minimum bereikt. Stelling Onderstel dt f (x) een eindige fgeleide vn orde 3 bezit in een omgeving vn en onderstel dt f () = 0. In dit gevl geldt: f () < 0 = f bereikt een mximum in en f () > 0 = Ingevl f () = 0 kunnen we geen conclusies trekken. f bereikt een minimum in Bewijs. We ontwikkelen f volgens de stelling vn Tylor, tot op orde twee en met de restterm vn Liouville: f ( + h) = f () + f ()h + h2 2 f () + λ(h) h2 2 met lim λ(h) = 0 h 0 Onderstel dt f () > 0. Er bestt een δ > 0 zodt f () + λ(h) > 0 voor lle h < δ. Derhlve geldt voor h < δ dt f ( + h) f () > 0 78

80 zodt f in een minimum bereikt. Het gevl f () < 0 wordt op juist dezelfde mnier behndeld. Indien men de extreme wrden vn een functie f wenst te beplen, zoekt men dus die punten wrvoor ofwel f () = 0 (de zogenmde sttionire punten) ofwel die wrin de fgeleide vn f niet bestt. Om n te gn of in deze punten extrem bereikt worden kn men stelling toepssen. Een lterntief is het gebruik vn de stelling vn Lgrnge: men voert een tekenonderzoek uit vn de fgeleide functie f. Stelling Onderstel dt er een omgeving ( δ, + δ) vn bestt wrover f continu is ; f bestt en eindig is, behlve eventueel in zelf ; f (x) een vst teken bezit rechts vn, en een vst teken bezit links vn dn bereikt f een extremum indien die tekens verschillend zijn. Indien { f (x) > 0 voor x < f (x) < 0 voor x > dn bereikt f een mximum in. Indien drentegen { f (x) < 0 voor x < f (x) > 0 voor x > dn bereikt f een minimum in. Bewijs. Neem bijvoorbeeld het gevl wrin { f (x) > 0 voor δ < x < f (x) < 0 voor < x < + δ Voor 0 < h < δ kunnen we de stelling vn Lgrnge toepssen op [ h,] en [, + h], ngezien f continu en fleidbr is. We hebben dus f () f ( h) = h f ( θ 1 h) > 0 f () f ( + h) = h f ( + θ 2 h) > 0 We hebben dus voor elke x ( δ, + δ) dt f () f (x) zodt f een mximum bereikt in. Op dezelfde mnier vinden we in het gevl dt { f (x) < 0 voor δ < x < f (x) > 0 voor < x < + δ 79

81 dt f een minimum bereikt in. Uit de voorgnde stelling blijkt dt het om de extremen op te sporen vn een numerieke functie voldoende is een tekenonderzoek vn de fgeleide uit te voeren. Dit wordt geïllustreerd door het volgende voorbeeld: Voorbeeld Gevrgd wordt de extremen te beplen vn de functie We berekenen eerst de fgeleide: y = (x 2 3x + 2) 2/3 y = 2 3 (x2 3x + 2) 1/3 (2x 3) = 2 3 2x 3 3 x 2 3x + 2 De punten wrin y een extremum kn bereiken zijn: x = 2 3 een nulpunt vn y x = 1 een punt wr y niet bestt x = 2 een punt wr y niet bestt Om te verifiëren of y een extremum bereikt in het sttionire punt x = 3/2 kunnen we de tweede fgeleide gebruiken: y = 2 2x 2 6x (x 2 3x + 2) 4 zodt y ( 3) 4 3 = 4 < zodt y een mximum bereikt in x = 3/2 (gebruik stelling 4.8.3). Meestl is het echter eenvoudiger stelling te gebruiken en een tekenonderzoek vn de fgeleide te mken: x 1 3/2 2 y Gebruik mkende vn Stelling zien we dt y een minimum bereikt in x = 1 en x = 2 en een mximum in x = 3/2. 80

82 Hoofdstuk 5 Differentieerbre functies 5.1 Prtiële fgeleiden en richtingsfgeleiden In dit hoofdstuk bestuderen we de functies F:R n R m. Het is onze bedoeling het begrip fgeleide te verlgemenen voor zulke functies. Om de zken te vereenvoudigen beschouwen we eerst het gevl m = 1. Zij dus f :A R n R een numerieke functie vn n vernderlijken, die ten minste gedefiniëerd is op een omgeving vn een punt = ( 1, 2,, n ). Bekijk opnieuw de definitie vn de fgeleide uit het voorgnde hoofdstuk; men ziet gemkkelijk dt men deze niet kn verlgemenen tot functies vn meer dn een vribele, om de eenvoudige reden dt men niet door een vector kn delen. We moeten dus iets nders zoeken. Een eerste mogelijke verlgemening is de volgende: Definitie Onderstel dt f gedefinieerd is in een omgeving vn een punt = ( 1, 2,, n ). Indien de limiet f ( 1, 2,, i + h,, n ) f ( 1, 2,, i,, n ) lim h 0 h bestt, dn zeggen we dt f in prtieel fleidbr is nr de i-de vernderlijke. We noteren deze door f x i ( ) of D xi f ( ) Indien we i en lten vriëren, dn krijgen we n nieuwe functies f x 1, f,, f x 2 x n Deze kunnen eenvoudig berekend worden. Immers, om de i-de prtiële fgeleide te berekenen is het voldoende de n 1 ndere vernderlijken ls prmeters te beschouwen, en f te leiden lsof x i de enige vribele ws. Zo hebben we bijvoorbeeld voor f (x,y,z) = x 2 sin(y + z 3 ) 81

83 f x = 2xsin(y + z 3 ) f y = x 2 cos(y + z 3 ) f z = 3x 2 z 2 cos(y + z 3 ) In het gevl n = 2 kunnen we n de prtiële fgeleiden een meetkundige betekenis geven. De grfiek vn f is dn een oppervlk in de driedimensionle ruimte. De doorsnede met het verticle vlk y = 2 is een kromme, en f x ( ) is de richtingscoëfficiënt vn de rklijn n deze kromme in het punt ( 1, 2, f ( 1, 2 )). Een nloge interprettie hebben we voor de prtiële fgeleide nr y. Noteer u i = (0,0,,1,,0) voor de i-de eenheidsvector. Merk op dt we de definitie vn prtiële fgeleide kunnen herschrijven ls f f ( + h u i ) f ( ) ( ) = lim x i h 0 h Dit kunnen we gemkkelijk verlgemenen door u i te vervngen door een willekeurige vector. Definitie Onderstel dt f gedefinieerd is in een omgeving vn een punt = ( 1, 2,, n ), en beschouw een vn 0 verschillende vector u. Indien de limiet f ( + h u) f ( ) lim h 0 h bestt, dn noemen we deze de richtingsfgeleide vn f volgens de vector u in het punt. Nottie: D u f ( ) Opmerking Onderstel dt D u f ( ) en neem α 0. Dn is f ( + hα u) f ( ) f ( + k u) f ( ) D α u f ( ) = lim = α lim = αd u f ( ). h 0 h k 0 k Richtingsfgeleiden zijn dus gekend, ls we ze kennen volgens eenheidsvectoren. De grootte vn de richtingsfgeleide vn f volgens een eenheidsvector u in het punt geeft n hoe snel f vrieert ls we x vnuit in de u-richting lten vriëren. Voorbeeld Beschouw de functie f : R 2 R gedefinieerd door { xy 2 ls (x,y) (0,0) f (x,y) = x 2 +y 4 0 ls (x,y) = (0,0) We berekenen nu de fgeleide in (0,0) volgens de vector u = (u,v). Bekijk eerst het gevl wrin u 0. Dn is f (hu,hv) f (0,0) h 3 uv 2 D u f (0,0) = lim = lim h 0 h h 0 h 3 u 2 + h 5 v 4 = v2 u Als u = 0, dn vinden we f (hu,hv) f (0,0) D u f (0,0) = lim = lim 0 = 0 h 0 h h 0 Alle richtingsfgeleiden bestn dus in (0,0). De functie f is echter niet continu in (0,0). Dit ziet men door de limiet vn f te berekenen lngs de krommen x = my 2. 82

84 5.2 Differentieerbre functies Zols we in de vorige prgrf gezien hebben, kn de definitie vn fgeleide niet zomr uitgebreid worden tot functies vn meer dn een vernderlijke. Uit het ltste voorbeeld vn de vorige prgrf blijkt bovendien dt prtiële en richtingsfgeleiden niet de gewenste eigenschppen hebben: het kn zijn dt lle richtingsfgeleiden in een punt bestn mr dt de functie er toch niet continu is. Drom keren we terug tot de definitie vn differentieerbre functie. In stelling hebben we gezien dt een functie f :R R differentieerbr is in een punt indien er een getl m R bestt zodnig dt f = m x + e( x) x of met Vndr de volgende definitie: f ( + h) = f () + mh + e(h)h lim e(h) = 0 h 0 Definitie Een functie f :R n R die gedefinieerd is op een omgeving vn R n noemen we differentieerbr in indien er een vector m R n bestt zodnig dt met De vector m noemen we de grdiëntvn f in. Nottie: f ( + h) = f ( ) + m. h + e( h) h (5.1) lim e( h) = 0 (5.2) h 0 m = grd f ( ) = f ( ) Meetkundige betekenis ( ) vertellen ons dt y = f ( ) + m.( x ) (5.3) de beste lineire bendering is vn de functie f in een omgeving vn. Immers, ls we f ( x) benderen door de lineire functie (5.3), dn is de bsolute fout f ( x) f ( ) m.( x ). De reltieve fout is f ( x) f ( ) m.( x ) x en die ndert nr 0 ls x ndert tot. Voor een functie f :R 2 R betekent dit niets nders dn dt (5.3) de vergelijking is vn het rkvlk in het punt ( 1, 2, f ( 1, 2 )) n het oppervlk met vergelijking z = f (x,y). 83

85 Stelling Onderstel dt een functie f differentieerbr is in. Dn bestn lle richtingsfgeleiden vn f in, en bovendien geldt voor elke vector u 0: D u f ( ) = f ( ). u Hieruit volgt onder meer dt f ( ) = n i=1 f x i ( ) u i Bewijs. Schrijf m = f ( ) en neem h = h u in ( ). Dn volgt met Delen door h levert: f ( + h u) = f ( ) + m.h u + e(h u) h u lim e(h u) = 0 h 0 f ( + h u) f ( ) m.h u lim = 0 h 0 h De bsolute wrdestrepen in de noemer kunnen we weglten, zodt f ( + h u) f ( ) D u f ( ) = lim = m. u h 0 h en dit bewijst de eerste bewering. Als we u = u i nemen, dn volgt dt f x i ( ) = m. u i zodt f ( ) = m = n i=1( m. u i ) u i = n f ( ) u i i=1 x i Stelling lt ons toe een meetkundige betekenis te hechten n de richting vn de grdiënt: het is de richting wrin de richtingsfgeleide volgens een eenheidsvector het grootst is in bsolute wrde (zie opmerking 5.1.3). In een richting loodrecht op de grdiënt is de richtingsfgeleide nul. Stelling Als de functie f differentieerbr is in, dn is de grdiënt er uniek. Bewijs. Dit volgt onmiddellijk uit Stelling 5.2.2, ngezien de prtiële fgeleiden uniek zijn. Uit Stelling volgt dt de grdiënt, indien hij bestt, gemkkelijk te berekenen is: de componenten zijn juist de prtiële fgeleiden. Omgekeerd kunnen we ons de vrg stellen: onderstel dt de prtiële fgeleiden in een punt bestn; bestt dn de grdiënt? Het ntwoord drop is negtief, zols blijkt uit de volgende stelling en het ltste voorbeeld vn de vorige prgrf. 84

86 Stelling Als f differentieerbr is in, dn is f ook continu in. Bewijs. Neem in (5.1) de limiet voor h 0: lim f ( + h) = f ( ) h 0 Stelling Onderstel dt f : R n R tenminste op een omgeving vn gedefinieerd is. f is differentieerbr in ls en lleen ls m R n : f ( + h) = f ( ) + m h + λ( h) h met lim λ( h) = 0. h 0 Bewijs. Als f differentieerbr is in, dn bestt er een m R n zodt Schrijf wrbij f ( + h) = f ( ) + m h + e( h) h met lim e( h) = 0. h 0 e( h) h = h n j=1 h j Hierin is ε i het teken vn h i, en voor elke i geldt: n i=1 e( h) h i = h λ i ( h) = ε i n j=1 h j e( h) lim λ i ( h) = 0 h 0 n i=1 λ i ( h)h i, Stel dn λ( h) = (λ 1 ( h),,λ n ( h)). Omgekeerd, onderstel dt n de voorwrde vn de stelling voldn is. We schrijven nu λ( h) h = λ( h) h h h = e( h) h met lim e( h) = 0 h 0 We geven nu een voldoende voorwrde opdt f differentieerbr is in een punt. Stelling Onderstel dt een functie f :R n R continu is op een omgeving vn, en in die omgeving continue prtiële fgeleiden bezit. Dn is f differentieerbr in. 85

87 Bewijs. We zullen de stelling enkel bewijzen in het tweedimensionl gevl. Schrijf = (, b) en h = (h,k). Dn is f ( + h) f ( ) = f ( + h,b + k) f (,b) = f ( + h,b + k) f (,b + k) + f (,b + k) f (,b) Als we de stelling vn Lgrnge tweeml toepssen vinden we: wrbij θ,ν (0,1). f ( + h) f ( ) = h f f ( + θh,b + k) + k (,b + νk) x y Omdt de prtiële fgeleiden continu zijn op een omgeving vn, kunnen we schrijven dt en met en dus is f f ( + θh,b + k) = x x (,b) + λ f f (,b + νk) = y y (,b) + κ lim h 0 λ = lim κ = 0 h 0 f ( + h) f ( ) = h f f (,b) + k (,b) + λh + κk x y Uit stelling volgt nu dt f differentieerbr is. Voorbeeld Beschouw de functie f (x,y) = sin(x + y) De prtiële fgeleiden f f (x,y) = cos(x + y) en (x,y) = cos(x + y) x y bestn en zijn continu in elk punt (x,y). Derhlve is f in elk punt differentieerbr, en geldt: f (x,y) = cos(x + y)( u1 + u 2 ) De richtingsfgeleide volgens de vector u = u 1 + b u 2 in het punt (x,y) wordt gegeven door de formule D u f (x,y) = f (x,y). u = cos(x + y)( + b) De vergelijking vn het rkvlk n de grfiek vn f in het punt (,b, f (,b) = c) luidt: z c = cos( + b)(x + y b) 86

88 We zullen nu onze definities uitbreiden tot het lgemene gevl vn functies F:R n R m. Merk op dt in (5.1) hierboven de fbeelding R n R: h m. h een lineire fbeelding is. Vndr de volgende definitie: Definitie Een functie F:R n R m die gedefinieerd is op een omgeving vn R n noemen we differentieerbr in indien er een lineire fbeelding L:R n R m bestt zodnig dt F( + h) = F( ) + L( h) + E( h) h (5.4) met of, equivlent, indien Men noteert L = D F( ) = F. lim E( h) = 0 (5.5) h 0 F( + h) F( ) L( h) lim = 0 (5.6) h 0 h De fgeleide vn een functie in een punt is dus een lineire fbeelding. We hebben nu onmiddellijk de volgende eigenschp: Stelling Onderstel dt F:R n R m gedefinieerd is op een omgeving vn R n, en noteer de m componentfuncties vn F door f 1, f 2,, f m. Dn is F differentieerbr in ls en slechts ls elk vn de m componentfuncties f 1, f 2,, f m differentieerbr zijn in. Bovendien wordt de mtrix vn de lineire fbeelding D F( ) = F gegeven door: f 1 f 1 f x 1 x 2 1 f 2 x 1 f 2. f m x 1 x n f 2 x n x f m x 2 Bewijs. Onderstel eerst dt F differentieerbr is in, en noteer l i voor de i-de componentsfunctie vn L. Neem nu de de i-de component vn (5.6). Dn krijgen we zodt f i differentieerbr is in en f m x n (5.7) f i ( + h) f i ( ) l i ( h) lim = 0 (5.8) h 0 h l i ( h) = f i ( ). h = n f i ( )h j j=1 x j 87

89 en dit impliceert dt de i-de rij vn de mtrix vn L juist ( f i x 1 f i x 2 f i x n ) is. Dit bewijst (5.7). Omgekeerd, onderstel dt lle f i differentieerbr zijn. Neem voor l i :R n R de lineire fbeelding bepld door l i ( h) = f i ( ). h Dn geldt formule (5.8) voor elke i, en dus ook (5.6), zodt F differentieerbr is in. Bijzondere gevllen 1) n = m = 1. In dit gevl is de mtrix vn L een 1 1 mtrix, met ls enige element de fgeleide vn de functie f. De lineire fbeelding L wordt dus gegeven door vermenigvuldiging met de fgeleide. 2) m = 1. Dit gevl hebben we hierboven bekeken. De lineire fbeelding L wordt nu gegeven door het sclir produkt met de grdiënt vn f. 3) n = m. De mtrix vn L is nu f 1 f 1 f x 1 x 2 1 f 2 x 1 f 2. f n x 1 x n f 2 x n x f n x 2 De determinnt vn deze mtrix wordt de Jcobin vn de functies f 1, f 2,, f n genoemd en genoteerd door ( f 1, f 2,, f n ) (x 1,x 2,,x n ) 4) n = 1. We krijgen dn functies r : R R m. Zols gezien in hoofdstuk 1, is de vergelijking r = r(t) de vectorvergelijking vn een kromme C in R m. Als we de componentfuncties noteren door x 1 (t),,x m (t), dn wordt x 1 = x 1 (t) x 2 = x 2 (t) x m = x m (t) een stel prmetervergelijkingen vn deze kromme. Indien de vectorfunctie r, of, equivlent, de componentfuncties x 1 (t),,x m (t) overl differentieerbr zijn, dn noemen we de kromme C een differentieerbre kromme. De mtrix vn de fgeleide in een punt t 0 is nu x 1 (t 0) x 2 (t 0) x m(t 0 ) f n x n 88

90 In dit gevl kunnen we dus de klssieke definitie voor de fgeleide opnieuw opschrijven: d r dt (t r(t 0 + h) r(t 0 ) 0) = lim h 0 h De vector ( r(t 0 +h) r(t 0 ))/h is een richtingsvector voor de rechte die de punten r(t 0 ) en r(t 0 +h) verbindt, en in de limiet voor h 0 neemt deze de richting vn de fgeleide d r dt (t 0) Deze is dus een richtingsvector vn de rklijn in het punt r(t 0 ) n de kromme C. z C r(t+h) r(t) y x Figuur 5.1: Rklijn n een ruimtekromme We kunnen dus nu gemkkelijk de vergelijking vn de rklijn opschrijven: of, in prmetervorm: r = r(t 0 ) +t d r dt (t 0) x 1 = x 1 (t 0 ) +tx 1 (t 0) x 2 = x 2 (t 0 ) +tx 2 (t 0) x m = x m (t 0 ) +tx m(t 0 ) Voorbeeld Bekijk de helix, met prmetervergelijking x = cos(t) y = sin(t) z = ht Een richtingsvector voor de rklijn in het punt (1,0,0) is u 2 + h u 3 en de prmetervergelijking voor de rklijn in het punt (1,0,0) wordt x = 1 y = t z = ht 89

91 5.3 De fgeleide vn een smengestelde functie We geven nu een formule voor de fgeleide vn de smenstelling vn twee differentieerbre functies. Dit leidt tot de kettingregel. Het bewijs vn stelling en lemm behoort niet tot de leerstof, het wordt lleen vermeld ter informtie n de geïnteresseerde lezers. Stelling Onderstel dt F:R n R m gedefinieerd is in een omgeving vn R n, en dt G: R m R k gedefinieerd is in een omgeving vn b = F( ). Indien F differentieerbr is in, en G in b = F( ), dn is de smengestelde functie H = G F differentieerbr in, en er geldt: H = G b F Bewijs. Noteer L = F en M = G b Neem een punt x = + x in de beschouwde omgeving vn, en schrijf Omdt F differentieerbr is in, geldt: met Omdt G differentieerbr is in b, geldt: met Substitueer (5.9) in (5.10). Dn krijgen we y = F( + x) F( ) y = L( x) + x E 2 ( x) (5.9) lim E 2 ( x) = 0 x 0 G( b + y) G( b) = M ( y) + y E 1 ( y) (5.10) lim E 1 ( y) = 0 y 0 H( + x) H( ) = G( F( + x)) G( F( )) = M (L ( x) + x E 2 ( x) ) + y E 1 ( y) = (M L)( x) + x M ( E 2 ( x)) + y E 1 ( y) wrbij we gebruik mkten vn het feit dt M lineir is. Verder hebben we (schrijf u = x/ x ) y = L( x u) + x) E 2 ( x) = x ( L( u) + E 2 ( x) ) = x v 90

92 wrbij v begrensd is, wnt L( u) is begrensd. u neemt nmelijk wrden n in de eenheidsbol, en een lineire fbeelding zet de eenheidsbol om in een begrensde verzmeling (zie Lemm 5.3.2). Tenslotte is y E 1 ( y) = x v E 1 ( y) met zodt de stelling bewezen is. lim v E 1 ( y) = 0 x 0 Lemm Onderstel dt L:R n R m een lineire fbeelding is. Dn is {L( u) u 1} begrensd, m..w. het beeld vn de eenheidsbol is begrensd. Bewijs. Men hoeft slechts te bewijzen dt de beelden vn de m componentfuncties begrensde delen vn R zijn. Drom is het voldoende het lemm te bewijzen in het gevl m = 1. Onderstel dt l:r n R lineir. Dn bestt er een vector m R n zodt l( x) = m. x. Mr dn geldt voor elke u met u 1 dt l( u) = m. u m u m zodt {l( u) u 1} begrensd is, en dit bewijst het lemm. Stelling vertelt ons dt de mtrix vn de fgeleide vn een smengestelde functie juist het produkt is vn de mtrices vn de fgeleiden vn beide functies. Als n = m = k geeft dit voor de Jcobinen: (y 1,y 2,,y n ) (x 1,x 2,,x n ) = (y 1,y 2,,y n ) (u 1,u 2,,u n ) (u 1,u 2,,u n ) (x 1,x 2,,x n ) In het gevl n = k = 1 krijgen we de volgende situtie: r:r R m en f :R m R De smengestelde functie is dn een gewone numerieke functie, en ( f r) (t) = f ( r(t)). d r (t) (5.11) dt of, n uitschrijven vn het sclir product (schrijf x i voor de componentfuncties vn r) : d f dt = f dx 1 x 1 dt = m i=1 f dx i x i dt + f dx f dx m x 2 dt x m dt (5.12) Betrekking (5.12) wordt soms de kettingregel genoemd. In het lgemeen krijgen we de volgende betrekking (noteer resp. x i, y j voor de vernderlijken in R n en R m ): m g l g l f j = x i j=1 y j x i 91

93 Hoofdstuk 6 Sclire functies vn n vernderlijken 6.1 De eerste totle differentil In dit hoofdstuk gn we verder in op sclire functies f : R n R. Onderstel dt f differentieerbr is in, m..w. wrbij y = f ( + x) f ( ) = f ( ). x + x e( x) = lim e( x) = 0 x 0 n f x i + x e( x) i=1 x i De ngroei lngs de rkruimte in is f ( ). x = n i=1 f x i x i. We noemen deze uitdrukking de eerste totle differentil vn y = f ( x) in het punt en noteren deze door dy of d f. Net zols in het gevl vn één vernderlijke krijgen we, ls we f ( x) = x i nemen, dt dx i = x i, zodt n f d f = dx i i=1 x i Stelling Een functie f is constnt over een domein D ls en slechts ls de totle differentil d f identiek nul is over D. Bewijs. Onderstel dt f constnt is. Dn zijn lle prtiële fgeleiden nul over D en dus continu over D, zodt f differentieerbr is over D. De totle differentil bestt dus, en is identiek nul. Omgekeerd, onderstel dt d f = 0 over D. Dn is de grdiënt vn f constnt nul over D. Kies twee punten en b in D, en een differentiëerbre kromme r = r(t) die en b verbindt en volledig in D gelegen is (D is smenhngend, zie Figuur 6.1). Onderstel r(t 0 ) = en r(t 1 ) = b. Op de 92

94 smengestelde functie f r : R R kunnen we de stelling vn Lgrnge toepssen. Dn vinden we een τ (t 0,t 1 ) zodt, gebruik mkende vn de kettingregel: f ( b) f ( ) = f ( r(t 1 )) f ( r(t 0 )) = ( f r) (τ)(t 1 t 0 ) = f ( r(τ)). r (τ)(t 1 t 0 ) = 0 Angezien dit geldt voor elk tweetl punten in D is de functie f constnt. D b Figuur 6.1: Een kromme die en b verbindt binnen een domein D Stelling (de permnentie vn de totle differentil) Onderstel dt y = f (u 1,,u m ) differentieerbr is, wrbij u 1,,u m zelf differentiëerbre functies zijn vn x 1,,x n. Dn kunnen we schrijven: m f d f = du i i=1 u i Hierin zijn de du i totle eerste differentilen, en geen willekeurige ngroeiingen. Bewijs. Gebruik mkende vn de definitie vn de totle differentil en de kettingregel krijgen we d f = = = = n i=1 n i=1 m j=1 f x i dx i m f j=1 f u j m f du j j=1 u j u j dx i u j x i n u j dx i i=1 x i Stelling d( f + g) = d f + dg en d( f g) = f dg + gd f Bewijs. Oefening. 93

95 6.2 Prtiële fgeleiden en totle differentilen vn hogere orde Beschouw een functie f : R n R, en onderstel dt f x i bestt op een domein D. Dn is f x i opnieuw een functie in n vernderlijken. Indien deze functie zelf prtiële fgeleiden bezit, dn noemen we deze de prtiële fgeleiden vn de tweede orde. Op dezelfde mnier kunnen we prtiële fgeleiden vn orde drie, vier, enz. invoeren. Notties: ( f ) = x j x i 2 f x j x i Voor i = j: Voor de derde prtiële fgeleiden: x i ( f x i ) = 2 f x 2 i ( 2 f ) = x k x j x i 3 f x k x j x i Voorbeeld Voor berekenen we gemkkelijk dt f (x,y) = sin(x + y 2 ) f x f y = cos(x + y 2 ) = 2ycos(x + y 2 ) Voor de tweede fgeleide: We zien dt 2 f x 2 = sin(x + y 2 ) 2 f y x = 2ysin(x + y 2 ) 2 f x y = 2ysin(x + y 2 ) 2 f y 2 = 2cos(x + y 2 ) 4y 2 sin(x + y 2 ) 2 f y x = 2 f x y (Men noemt deze tweede fgeleiden de gemengde prtiële fgeleiden). Deze eigenschp blijkt (ngenoeg) lgemeen te zijn: 94

96 Stelling Indien 2 f y x en 2 f x y bestn en continu zijn op een open verzmeling, dn vllen ze smen op deze open verzmeling. Bewijs. We zullen deze eigenschp niet bewijzen in deze syllbus. Een soortgelijke eigenschp geldt voor de hogere fgeleiden. Prtiële fgeleiden vn hogere orde vn een smengestelde functie Men pst verschillende mlen de formule toe die de prtiële fgeleide vn een smengestelde functie geeft. De formules worden snel ingewikkeld. Lten we ls voorbeeld de volgende situtie bekijken: w = f (x, y, z) met x, y, z functies vn t. De kettingregel geeft: w = f x x + f y y + f z z Nogmls fleiden geeft, rekening houdend met het feit dt de prtiële fgeleiden vn f zelf functies zijn vn x, y, z en dus vn t, en gebruik mkend vn de formule voor de fgeleide vn het produkt: w = f x x + 2 f x 2 (x ) f y x x y + 2 f z x x z + f y y + 2 f x y y x + 2 f y 2 (y ) f z y y z + f z z + 2 f x z z x + 2 f y z z y + 2 f z 2 (z ) 2 = f x x + f y y + f z z + 2 f x 2 (x ) f y 2 (y ) f z 2 (z ) f y x x y f z x x z f z y y z Totle differentilen vn hogere orde We beschouwen eerst, voor de eenvoud, het gevl wrin we een functie hebben vn twee vernderlijken: z = f (x, y). We onderstellen dt lle beschouwde functies differentieerbr zijn. Voor de eerste differentil hebben we dz = f x dx + f y dy Voor het nemen vn de tweede differentil spreken we f dt 95

97 in lle punten dezelfde ngroeiingen dx en dy genomen worden bij een nieuwe differentitie dezelfde ngroeiingen opnieuw gekozen worden. We mogen dx en dy dn ls constnten beschouwen, zodt dz slechts fhngt vn x en y. De differentil vn die functie noemen we dn de tweede differentil, en noteren deze door d 2 z. Berekening levert: d 2 z = 2 z x 2 dx z y x dxdy + 2 z y 2 dy2 We kunnen, met dezelfde conventies, verder gn en de derde differentil beschouwen. We vinden, n berekening: d 3 z = 3 z x 3 dx z y x 2 dx2 dy z y 2 x dxdy2 + 3 z y 3 dy3 Als we deze berekening voortzetten, krijgen we (bewijs deze betrekking zelf met behulp vn volledige inductie): ( ) n d n n z z = k x k y n k dxk dy n k (6.1) n k=0 Men kn deze betrekking symbolisch herschrijven ls volgt: d n z = ( x dx + y dy) (n) z wrbij de formele mchtsverheffing (.) (n) uitgewerkt moet worden volgens het binomium vn Newton, wrbij men k ls een formele k-de mcht vn x k x beschouwt. In het lgemene gevl, wrbij z = f (x 1,,x m ), krijgen we op dezelfde mnier: d n z = ( dx 1 + dx ) (n)z dx m x 1 x 2 x m 6.3 De formule vn Tylor voor een functie vn n vernderlijken We beschouwen eerst het gevl vn een functie vn twee vernderlijken: z = f (x,y) Onderstel dt f continue prtiële fgeleiden bezit tot op orde n + 1 in een omgeving vn het punt = (,b). Beschouw een nburig punt + h = ( + h,b + k) uit die omgeving. We zoeken een formule voor f ( + h,b + k). We herleiden dit probleem tot de formule vn Tylor in één vernderlijke. Beschouw de functie r : R R 2 96

98 y r +h 0 1 t Figuur 6.2: De hulpfunctie r x gedefinieerd door r(t) = +t h = ( +th,b +tk) Als t loopt vn 0 tot 1, dn doorloopt r(t) het lijnstuk [, + h]. Bekijk nu de smengestelde functie φ = f r : R R 2 R Dit is een numerieke functie, die continue fgeleiden tot op orde n + 1 bezit op een open intervl dt [0,1] bevt. We kunnen dus op φ de stelling vn Tylor toepssen: voor elke t [0,1] bestt een θ (0,1) zodt Merk eerst op dt φ(t) = φ(0) +tφ (0) + t2 2 φ (0) + + tn n! φ(n) (0) + tn+1 (n + 1)! φ(n+1) (θt) (6.2) φ(0) = f (,b) en φ(1) = f ( + h,b + k) De hogere fgeleiden vn φ kunnen we gemkkelijk beplen met behulp vn de kettingregel: φ(t) = f ( +th,b +tk) φ (t) = h f f ( +th,b +tk) + k ( +th,b +tk) x y = ( h x + k y) f ( +th,b +tk) φ (t) = h 2 2 f x 2 ( +th,b +tk) + 2hk 2 f y x ( +th,b +tk) + k2 2 f ( +th,b +tk) y2 = ( h x + k y) (2) f ( +th,b +tk) φ (i) (t) = ( h x + k y) (i) f ( +th,b +tk) Hierbij betekent de exponent (i) een formele mchtsverheffing, zols in de vorige prgrf. In het bijzonder krijgen we: φ (i) (0) = ( h x + k y) (i) f (,b) 97

99 Als we t = 1 stellen in (6.2), krijgen we dus f ( + h,b + k) = f (,b) + ( h x + k ) 1( f (,b) + h y 2 x + k ) (2) f (,b) + y + 1 ( h n! x + k ) (n) 1 ( f (,b) + h y (n + 1)! x + k ) (n+1) f ( + θh,b + θk) y We hebben dus bewezen: Stelling (formule vn Tylor voor een functie vn twee vernderlijken) Onderstel dt f : R 2 R continue prtiële fgeleiden bezit tot op orde n + 1 op een omgeving vn (,b) die het punt ( + h,b + k) bevt. Dn bestt een θ (0,1) zodt f ( + h,b + k) = n i=0 1 ( h i! x + k ) (i) 1 ( f (,b) + h y (n + 1)! x + k ) (n+1) f ( + θh,b + θk) y Men kn stelling mkkelijk uitbreiden tot functies vn m vernderlijken. We krijgen op volledig nloge mnier het volgende resultt - de detils vn het bewijs worden overgelten n de ijverige lezer: Stelling (formule vn Tylor voor een functie vn m vernderlijken) Onderstel dt f : R m R continue prtiële fgeleiden bezit tot op orde n + 1 op een omgeving vn ( 1, 2,, m ) die het punt ( 1 + h 1, 2 + h 2,, m + h m ) bevt. Dn bestt een θ (0,1) zodt f ( 1 + h 1, 2 + h 2,, m + h m ) n 1 ( ) (i) = h1 + + h m f (1, 2,, m ) i=0 i! x 1 x m 1 ( ) (n+1) + h1 + + h m f (1 + θh 1, 2 + θh 2,, m + θh m ) (n + 1)! x 1 x m 6.4 Extreme wrden Definitie Bekijk een functie f : R n R die gedefinieerd is op een omgeving vn. We zeggen dt f een lokl mximum bereikt in indien er een omgeving O vn bestt zodnig dt voor elke x O geldt dt f ( x) f ( ) Op dezelfde mnier zeggen we dt f een lokl minimum bereikt in indien op een omgeving vn geldt dt f ( x) f ( ) In dit hoofdstuk willen we technieken ontwikkelen om extreme wrden vn functies vn meerdere vernderlijken te beplen. Net zols in het gevl vn een functie vn één vernderlijke kunnen we gemkkelijk een nodige voorwrde voor een extremum opstellen: 98

100 Stelling Onderstel dt f : R n R een extremum bereikt in R n, en dt f differentieerbr is in. Dn geldt dt f ( ) = 0 of voor elke i = 1,2,,n. f x i ( ) = 0 Bewijs. Kies i en beschouw de numerieke functie g i : R R gedefinieerd door Dn bereikt g i een extremum in i zodt g i (x) = f ( 1,, i 1,x, i+1,, n ) g i( i ) = f x i ( ) = 0 en dit bewijst onze stelling. Een punt wrin f ( ) = 0 noemen we een sttionir punt. We willen nu trchten om een voldoende voorwrde te vinden opdt f een extremum bereikt in een sttionir punt. We beperken ons vnf nu tot het gevl vn een functie f vn twee vernderlijken. Voorleer we een lgemene regel formuleren behndelen we eerst een voorbeeld. Voorbeeld Stel f (x,y) = rx 2 + 2sxy +ty 2 (6.3) met r,s,t drie constnten die niet lle nul zijn. We bekijken met ndere woorden homogene veeltermen vn grd 2. We beplen eerst de sttionire punten. Hiervoor moeten we de twee prtiële fgeleiden vn f nul stellen. f (x,y) = 2rx + 2sy = 0 x f (x,y) = 2sx + 2ty = 0 y De vereenvoudigde determinnt vn dit lineir stelsel is rt s 2. Indien rt s 2 0 dn is (0,0) het enige sttionire punt. Indien rt s 2 = 0, dn is er een hele rechte vn sttionire punten. We onderzoeken het gedrg vn het sttionire punt (0, 0). Hiertoe moeten we een tekenonderzoek doen vn de functie f (x,y). Onderstel eerst x 0. Dn kunnen we schrijven f (x,y) = x 2( r + 2s y x zodt het voldoende is het teken te onderzoeken vn r + 2s y x +t y2 x 2 ) +t y2 x 2 (6.4) 99

101 Er zijn drie gevllen: eerste gevl : s 2 rt > 0. Dn is de discriminnt vn (6.4) positief, zodt deze twee nulpunten m en n heeft. Dit betekent dt f (x,y) = 0 op de rechten y = mx en y = nx. Als we in het xy-vlk een vn deze twee rechten overschrijden, dn krijgen we dt f (x,y) vn teken verndert. Het teken vn f wordt geschetst in Figuur 6.3. y + y=mx x y=nx Figuur 6.3: Het teken vn f in het gevl s 2 rt > 0 Op elke omgeving vn de oorsprong bereikt f zowel positieve ls negtieve wrden, zodt f geen extremum bereikt in (0,0). Een voorbeeld vn zulk een situtie is de functie f (x,y) = x 2 y 2. De grfiek vn f wordt geschetst in Figuur 6.4. We noemen dit oppervlk een prbolische hyperboloide of zdeloppervlk. Figuur 6.4: Het zdeloppervlk z = x 2 y 2 Tweede gevl: s 2 rt < 0. Dn is de discriminnt vn (6.4) negtief, zodt deze een constnt teken heeft. Indien r > 0, of, equivlent, t > 0, dn is f (x,y) > 0 voor elke (x,y) (0,0) zodt f een minimum bereikt in (0,0). Indien r < 0, of, equivlent, t < 0, dn is f (x,y) < 0 voor elke (x,y) (0,0) zodt f een mximum bereikt in (0,0). Een voorbeeld vn zulk een situtie is de functie f (x,y) = x 2 + y 2. We noemen dit oppervlk een elliptische prboloïde (Figuur 6.5). 100

102 gevl 2.2.1: elliptische prboloide Figuur 6.5: De elliptische prboloïde z = x 2 + y 2 Derde gevl: s 2 rt = 0. In dit gevl is (6.3) een volkomen kwdrt. f (x,y) = 0 op de rechte y = mx, wrbij m het dubbele nulpunt is vn (6.4). Deze rechte is tevens de rechte vn sttionire punten. Als r > 0, dn bereikt f een minimum in elk punt vn deze rechte, en ls r < 0 een mximum. Een voorbeeld vn zulk een situtie is de functie f (x,y) = x 2. We noemen dit oppervlk een prbolische cilinder (Figuur 6.6). Figuur 6.6: De prbolische cilinder z = x 2 We onderstelden dt x 0 zodt we x 2 uit de vergelijking konden buitenbrengen. Indien x = 0, dn weten we dt y 0 zodt we y 2 kunnen buitenbrengen. De redenering is dn verder dezelfde. We keren nu terug nr de lgemene situtie. Onderstel dt de functie f een sttionir punt (,b) heeft, en dt f continue prtiële fgeleiden heeft tot op orde minstens drie op een omgeving vn (,b). We kunnen voor f dn de Tylor-ontwikkeling opschrijven tot op orde drie: f ( + h,b + k) = f (,b) + h f x (,b) + k f y (,b) ( h 2 2 f x 2 (,b) + 2hk 2 f x y (,b) + k2 2 f y 2 (,b)) 101

103 wrbij we noteerden: + 1 ( h 3 3 f (,b) + ) 6 x3 = f (,b) (rh2 + 2shk +tk 2 ) ( h 3 3 f ( + θh,b + θk) + ) x3 r = 2 f x 2 (,b) s = 2 f x y (,b) t = 2 f y 2 (,b) De lineire term vlt weg omdt (,b) een sttionir punt is. Indien (h,k) klein, dn verwchten we dt de restterm klein is ten opzichte vn de kwdrtische term. We moeten dn lleen het teken vn deze kwdrtische term onderzoeken, mr dit deden we reeds in het voorgnde voorbeeld Stelling Onderstel dt de functie f een sttionir punt (, b) heeft, en dt f continue prtiële fgeleiden heeft tot op orde minstens drie op een omgeving vn (,b). Met de notties (6.6) hebben we dn: s 2 rt > 0 f bereikt geen extremum in (,b) s 2 rt < 0 en r > 0 (t > 0) f bereikt een minimum in (,b) s 2 rt < 0 en r < 0 (t < 0) f bereikt een mximum in (,b) s 2 rt = 0 geen besluit Bewijs. behoort niet tot de leerstof! Voor de echten volgen hier toch de detils. Onderstel eerst dt s 2 rt > 0. Kies (h,k) en (h 1,k 1 ) zodt { rh 2 + 2shk +tk 2 < 0 Definieer de functies g en g 1 door rh sh 1k 1 +tk 2 1 > 0 g(u) = f ( + hu,b + ku) en g 1 (u) = f ( + h 1 u,b + k 1 u) Met behulp vn de kettingregel vinden we gemkkelijk dt g (u) = h f f ( + hu,b + ku) + k ( + hu,b + ku) x y (6.5) (6.6) zodt g (0) = 0 en g (0) = rh 2 + 2shk +tk 2 < 0 102

104 g bereikt dus een mximum in 0, en f bereikt een mximum ls (x,y) lleen mr vrieert over de rechte door (,b) en ( + h,b + k). Op dezelfde mnier zien we dt g 1 een minimum bereikt in 0, en dus ook f ls (x,y) lleen mr vrieert over de rechte door (,b) en ( + h 1,b + k 1 ). f kn dus onmogelijk een extremum bereiken in (,b). Onderstel vervolgens dt s 2 rt < 0 en r > 0. We zullen ntonen dt f een minimum bereikt in (,b). Neem weer formule (6.5), en voer poolcoördinten in: Uit (6.5) volgt nu: { h = ρcosω k = ρsinω f ( + h,b + k) f (,b) = ρ2 2 (r cos2 ω + 2ssinωcosω +t sin 2 ω) + ρ3 ( 3 f 6 x 3 ( + θh,b + θk)cos3 ω + ) = ρ2 2 α + ρ3 6 β We weten dt α voor geen enkele wrde vn ω nul wordt. Als ω loopt vn 0 to 2π, dn loopt (cosω,sinω) door de eenheidscirkel. Derhlve is α 0 = minα > 0. Ook geldt dt β op een omgeving vn (, b) begrensd is omdt de derde prtiële fgeleiden er bij onderstelling continu en dus begrensd zijn. We schrijven drom β m. We krijgen nu ls f ( + h,b + k) f (,b) = ρ2 2 (α + ρ 3 β) ρ < 3α 0 β ρ2 2 (α 0 ρ 3 m) > 0 f bereikt dus een minimum in (,b). Het gevl r < 0 wordt op nloge mnier behndeld. Onderstel ten slotte dt s 2 rt = 0. An de hnd vn twee voorbeelden zullen we ntonen dt het zowel mogelijk is dt f een extremum bereikt ls geen extremum. De functie f (x,y) = x 4 + y 2 bereikt een minimum in (0, 0), wnt f (x, y) > 0 voor lle (x, y) (0, 0). De functie g(x,y) = x 4 + y 2 bereikt geen extremum in (0,0) wnt g(x,0) < 0 voor x < 0 terwijl g(0,y) > 0 voor elke y

105 Voorbeeld We beplen de extremen vn de functie Sttionire punten: f (x,y) = 2x 3 y x y { f x = 6x2 + 24x = 0 f y = 3y = 0 De eerste vergelijking levert x = 0 of x = 4. Uit de tweede volgt dt y = ±3. Er zijn dus vier sttionire punten: 1 = (0,3), 2 = (0, 3), 3 = ( 4,3), 4 = ( 4, 3) Berekenen vn de tweede prtiële fgeleiden geeft: r = 12x + 24 s = 0 t = 6y In 1 en 4 vinden we dt s 2 rt > 0 zodt f er geen extremum bereikt. In 2 vinden we s 2 rt < 0 en t > 0 zodt we er een minimum hebben. In 3 vinden we een mximum. Voorbeeld We beplen de extremen vn de functie f (x,y) = x 4 + y 4 2(x y) 2 Sttionire punten: { f x = 4x3 4(x y) = 0 f y = 4y3 + 4(x y) = 0 of { x 3 + y 3 = (x + y)(x 2 xy + y 2 ) = 0 x 3 x + y = 0 Eerste gevl : 4(x 2 xy + y 2 ) = (2x y) 2 + 3y 2 = 0. Dit is lleen mogelijk ls x = y = 0. An de tweede vergelijking is dn utomtisch voldn zodt 1 = (0,0) een sttionir punt. Tweede gevl : y = x. Dn is x 3 2x = 0. De wortel x = 0 levert opnieuw 1 = (0,0) op. Voor x = ± 2 vinden we twee nieuwe sttionire punten: 2 = ( 2, 2) en 3 = ( 2, 2). De tweede prtiële fgeleiden zijn nu r = 4(3x 2 1) s = 4 t = 4(3y 2 1) zodt In 2 en 3 vinden we s 2 rt = 16 16(3x 2 1)(3y 2 1) s 2 rt = 16(1 25) < 0 104

106 Angezien r er positief is hebben we dus tweeml een minimum. In 1 vinden we s 2 rt = 0, zodt we uit Stelling niets kunnen besluiten. We moeten teruggrijpen nr de definitie vn extremum. Angezien f (x,y) = 0 moeten we dus een tekenonderzoek vn f doen. Stel y = mx. Dn is Als m 1, dn is f (x,y) = x 2 (x 2 (1 + m 4 ) 2(1 m) 2 ) lim x 0 (x2 (1 + m 4 ) 2(1 m) 2 ) = 2(1 m) 2 < 0 zodt f (x,mx) < 0 voor x klein genoeg. Voor m = 1 echter hebben we f (x,x) = x 4 (1 + m 4 ) > 0 De functie f bereikt dus geen extremum in de oorsprong. 105

107 Hoofdstuk 7 Impliciete functies 7.1 De stelling vn de inverse functie Onderstel dt een functie f : R R een continue fgeleide bezit op een omgeving vn een punt. Indien f () > 0, dn bestt er een omgeving ( δ, + δ) vn wrop f een positief teken heeft. f is dn monotoon stijgend over deze omgeving, zodt de fbeelding f : ( δ, + δ) ( f ( δ), f ( + δ)) bijectief is. Een zelfde conclusie kunnen we trekken in het gevl dt f () < 0. We wensen deze eigenschp uit te breiden tot functies vn meer dn een vernderlijke: Stelling (stelling vn de inverse functie) Onderstel dt een functie f = ( f 1, f 2,, f n ) : R n R n een continue fgeleide bezit op een omgeving vn een punt. Indien de Jcobinse determinnt ( f 1, f 2,, f n ) (x 1,x 2,,x n ) ( ) 0 dn bestn er open verzmelingen V, W R n zodnig dt V, f ( ) W en f : V W bijectief. De inverse functie f 1 : W V bezit continue prtiële fgeleiden. Bewijs. Het bewijs vn deze stelling vereist meer gevorderde technieken wrover we op dit punt vn de cursus niet beschikken. We zullen drom deze fundmentele stelling niet bewijzen. 106

108 Voorbeeld : poolcoördinten We beschouwen de trnsformtie R 2 R 2 : (ρ,φ) (x,y) met { x = ρcosφ y = ρsinφ m..w. ρ en φ zijn de poolcoördinten vn het punt met crtesische coördinten x en y. Om hierop de stelling vn de inverse functie toe te pssen berekenen we eerst de Jcobinse determinnt: x x ρ φ = cosφ ρsinφ sinφ ρcosφ = ρ y ρ y φ We kunnen de stelling vn de inverse functie dus toepssen op elk punt in het (ρ,φ)-vlk dt niet op de φ-s gelegen is. Merk inderdd op dt het inverse beeld vn de oorsprong in het (x,y)-vlk juist de φ-s is. Op elk nder punt kunnen we de stelling vn de inverse functies toepssen. Een mximle bijectieve trnsformtie krijgen we door ons in het (ρ, φ)-vlk te beperken tot een hlve strook: (0,+ ) (0,2π) R 2 \ {(x,0) x 0} is een bijectie. We kunnen deze strook nr boven of beneden opschuiven in het (ρ,φ)-vlk. De weggelten positieve x-s in het (x,y)-vlk drit dn rond de oorsprong. Voorbeeld Bekijk de fbeelding f : R 2 R 2 : (x,y) (u,v) gedefiniëerd door { u = x 2 De Jcobin is nu v = y 2 2x 0 0 2y en deze is dus nul op de x-s en de y-s. In een omgeving vn een punt vn de x-s is de fbeelding niet bijectief, wnt twee punten die symmetrisch liggen ten opzichte vn de x-s, hebben hetzelfde beeld. Hetzelfde geldt op de y-s. Rond de oorsprong zijn er zelfs vier punten die hetzelfde beeld bezitten. 7.2 De stelling vn de impliciete functies Voorleer we de stelling in hr meest lgemene vorm bespreken, zullen we ons, om de zken nschouwelijk voor te stellen, beperken tot het eenvoudigste gevl. Beschouw een functie f vn twee vernderlijken, en bekijk de vergelijking f (x,y) = 0 (7.1) 107

109 Als men x ls prmeter beschouwt, dn wordt (7.1) een vergelijking in y, die we dus kunnen trchten op te lossen nr y. Dit levert een oplossing die fhngt vn de prmeter x, dus y = g(x) Allerlei moeilijkheden kunnen zich voordoen, zols blijkt uit de volgende voorbeelden: 1. x 2 + y 2 = 1. Oplossen vn y in functie vn x geeft y = ± 1 x 2 De oplossing is niet eenduidig. 2. x 2 + y 2 = 1. Er zijn geen oplossingen. 3. tgy = xy. We kunnen de vergelijking niet oplossen omdt ze te moeilijk is. De stelling vn de impliciete functies vertelt ons onder welke omstndigheden (7.1) een unieke oplossing heeft, die bovendien een continue fgeleide bezit. Bovendien krijgen we informtie over de fgeleide zonder dt we (7.1) expliciet hoeven op te lossen. Stelling (stelling vn de impliciete functies) Zij f : R 2 R gedefinieerd op een omgeving vn (, b). Onderstel f is continu in een omgeving vn (,b); f (,b) = 0; De prtiële fgeleiden f x en f y bestn en zijn continu op deze omgeving vn (,b); f y (,b) 0 dn bestt er een open intervl I dt bevt, en een unieke functie g : I R zodt f (x,g(x)) = 0, voor elke x I g() = b g is continu en continu fleidbr op I 108

110 Bewijs. Beschouw de hulpfunctie h : R 2 R 2 gedefinieerd door h(x,y) = (h,k) = (x, f (x,y)) m..w. { h = x k = f (x,y) zodt h en k continu zijn en continue prtiële fgeleiden bezitten op een omgeving vn (,b). Bovendien is (h, k) (x,y) = 1 0 f f = f y x y zodt (h, k) (x,y) (,b) 0 We kunnen dus op h de stelling vn de inverse functie toepssen. h(,b) = (, f (,b)) = (,0) en dus bestt een open verzmeling W die (,0) bevt wrop h 1 gedefinieerd is en continue prtiële fgeleiden heeft. Schrijf h 1 (h,k) = (u,v). u en v zijn dus de componentfuncties vn h 1. y y (,b) h -1 x h (,0) x Figuur 7.1: De hulpfunctie h Voor elke (x, y) W geldt nu: (x,y) = ( h h 1 )(x,y) = h ( u(x,y),v(x,y) ) = ( u(x,y), f (u(x,y),v(x,y)) ) zodt { u(x,y) = x f (x,v(x,y)) = y Stel I 1 = {x R (x,0) W}. Dn is I 1 een open intervl dt bevt, en voor x I 1 is (x,0) W, en f (x,v(x,0)) = 0 109

111 Definieer g : I 1 R door g(x) = v(x,0). Dn heeft g een continue fgeleide over I 1, omdt v continue prtiële fgeleiden bezit in W en voor elke x I 1 geldt Omdt h(,b) = (,0) is f (x,g(x)) = 0 (,b) = h 1 (,0) = (,v(,0)) = (,g()) zodt g() = b. Hiermee is het bestn vn de functie g bewezen. We zullen ook nog ntonen dt g uniek is. Onderstel dt we een tweede continu fleidbre functie g : I 1 R kunnen vinden zodt g() = b en f (x, g(x)) = 0, voor elke x I 1. Dn is f (x, g(x)) = f (x,g(x)), zodt h(x,g(x)) = (x, f (x,g(x))) = (x, f (x, g(x))) = h(x, g(x)), voor elke x I 1. h : V W is injectief, en dus krijgen we (x,g(x)) = (x, g(x)), en g(x) = g(x). Dit bewijst de uniciteit, op de volgende kwestie n: om h te kunnen toepssen op (x,g(x)) en (x, g(x)) moeten we hebben dt (x, g(x)), (x, g(x)) V. Om te beginnen is (x,g(x)) = h 1 (x,0) V. Om te grnderen dt ook (x, g(x)) V moeten we I 1 verkleinen tot een kleiner open lijnstuk I. Hiervoor zijn enkele fschttingen nodig. Omdt V R 2 open is, bestt er een open schijf S met middelpunt (,b) die deel vn V is; noem de strl vn deze schijf R. Angezien g continu is in hebben we: δ 1 > 0 : x < δ 1 g(x) b < R 2. Stel nu δ = min{δ 1,R/ 2}, en stel I = ( δ, + δ). Als x I, dn (x, g(x)) (,b) = (x ) 2 + ( g(x) b) 2 < δ 2 + R2 2 R, en we besluiten dt (x, g(x)) V. Hoe vinden we de fgeleiden vn de functie g? We hebben voor elke x I f (x,g(x)) = 0 Afleiden vn deze betrekking nr x geeft, n toepssing vn de kettingregel: f x + f dg y dx = 0 (7.2) zodt f dg dx = x f y (7.3) 110

112 Om de tweede fgeleide vn g te berekenen kn men (7.2) of (7.3) nogmls fleiden nr x. Afleiden vn (7.2) geeft bijvoorbeeld 2 f x f dg x y dx + 2 f (dg) 2 f d 2 g + y 2 dx y dx 2 = 0 wruit men gemkkelijk d2 g berekent. dx 2 Door herhlde mlen f te leiden vindt men evenzo formules voor de tweede, derde,... fgeleiden. Wel worden de lgemene formules snel ingewikkeld. Merk op dt telkens f y in de noemer voorkomt. Een vn de onderstellingen vn onze stelling is dn ook dt f y 0 in (,b), en fortiori op een omgeving vn (,b). Merk eveneens op dt de formules voor de fgeleiden vn de functie g niet lleen fhngen vn x, mr ook vn y. We krijgen dus geen expliciete formule voor de fgeleiden. Voorbeeld x 2 + y 2 = 1 Neem (,b) = (0,1). Dn is n de voorwrden vn de stelling voldn, en de gezochte functie is g(x) = 1 x 2, gedefinieerd op ( 1,1). We hebben tevens, door de vergelijking f te leiden: zodt Inderdd is 2x + 2y dg dx = 0 dg dx = x y dg dx = x 1 x 2 Neem nu (,b) = (0, 1). An lle voorwrden vn de stelling is lweer voldn, mr nu is g(x) = 1 x 2. Op (,b) = (1,0) kunnen we evenwel de stelling niet toepssen, ngezien f y (1,0) = 0 Er bestt immers geen oplossing vn de vergelijking gedefinieerd op een omgeving vn x = 1. Lten we vervolgens kijken nr de stelling vn de impliciete functies in hr lgemene vorm. In plts vn een vergelijking in twee vernderlijken bekijken we m vergelijkingen in n + m vernderlijken: f 1 (x 1,,x n,y 1,,y m ) = 0 f 2 (x 1,,x n,y 1,,y m ) = 0 f m (x 1,,x n,y 1,,y m ) = 0 111

113 of, vectorieel genoteerd: f ( x, y) = 0 (Wt zijn de dimensies vn f, x, y?) We verwchten dt we uit deze m vergelijkingen de m grootheden y 1,,y m kunnen oplossen zodt we krijgen y 1 = g 1 (x 1,,x n ) y 2 = g 2 (x 1,,x n ) y m = g m (x 1,,x n ) De precieze voorwrden wronder dit gt, worden gegeven in de volgende stelling. Voor n = m = 1 is dit juist stelling Stelling Onderstel dt een functie f : R n+m R m ls componentfuncties f 1,, f m heeft, en gedefinieerd is op een omgeving vn ( 1,, n,b 1,,b m ) = (, b). Als voldn is n de volgende voorwrden: lle f j zijn continu op een omgeving V vn (, b); f j (, b) = 0, voor elke j; elke f j bezit continue prtiële fgeleiden op V ; de volgende Jcobinse determinnt is niet nul: dn bestt er een unieke functie ( f 1,, f m ) (y 1,,y m ) (, b) 0 g = (g 1,,g m ) : W R n R m gedefinieerd op een open verzmeling W die = ( 1,, n ) bevt zodt 1. voor elke x W: of, m..w., 2. g( ) = b, of m..w. f ( x, g( x)) = 0 f 1 (x 1,,x n,g 1 (x 1,,x n ),,g m (x 1,,x n )) = 0 f 2 (x 1,,x n,g 1 (x 1,,x n ),,g m (x 1,,x n )) = 0 f m (x 1,,x n,g 1 (x 1,,x n ),,g m (x 1,,x n )) = 0 g j ( 1,, n ) = b j 112

114 3. de functies g j zijn continu en bezitten continue prtiële fgeleiden op W. Bewijs. Het bewijs is ngenoeg identiek n dt vn de voorgnde stelling, mr iets ingewikkelder qu nottie. We lten het dn ook ls oefening n de geïnteresseerde lezer. Om de (prtiële) fgeleiden vn de functies g te berekenen gt men te werk zols hierboven in het gevl vn een vergelijking met twee onbekenden: onderstel dt de vergelijking f (x 1,,x n,y) = 0 (7.4) de mogelijkheid biedt y te beplen ls functie vn (x 1,,x n ). Afleiden vn (7.4) nr x i geeft ons: zodt f + f g = 0 (7.5) x i y x i g = x i nogmls fleiden vn (7.5) of (7.6) nr x j geeft ons de tweede prtiële fgeleiden. Voorbeeld Beschouw de vergelijking f x i f y ze z = x + 3y In een omgeving vn het punt (e,0,1) is voldn n de voorwrden vn de stelling vn de impliciete functies, zodt de vergelijking er z beplt ls een impliciete functie vn x en y. Afleiden geeft: (z + 1)e z z x = 1 (z + 1)e z z (7.7) y = 3 zodt z x = e z z + 1 z y = 3e z z + 1 Nogmls fleiden vn (7.7) geeft (z + 2)e z( z ) 2 + (z + 1)e z 2 z x x 2 = 0 (z + 2)e z z z x y + (z + 1)ez 2 z x y = 0 (z + 2)e z( z ) 2 + (z + 1)e z 2 z y y 2 = 0 zodt 2 z + ( 2)ez z ) 2 (z + 2)e 2z = (z x2 = (z + 1)e z x (z + 1) 3 Bereken zelf de twee ndere tweede prtiële fgeleiden. (7.6) 113

115 Ingevl er m vergelijkingen zijn die y 1,,y m beplen in functie vn x 1,,x n gn we op nloge mnier te werk: gegeven zijn m vergelijkingen f j (x 1,,x n,y 1,,y m ) = 0 (voor j = 1,,m). Afleiden vn elk vn deze vergelijkingen nr x i geeft f j x i + f j y 1 y 1 x i + f j y 2 y 2 x i + + f j y m y m x i = 0 Dit is een lineir stelsel vn m vergelijkingen in de onbekenden y 1 x i, y 2 x i,, y m x i De determinnt vn dit stelsel is juist de Jcobinse determinnt, bij onderstelling verschillend vn nul, zodt de oplossing vn het stelsel uniek is. Door nogmls prtieel f te leiden nr x k vindt men een nieuw lineir stelsel, met ls determinnt lweer de Jcobin, met de tweede prtiële fgeleiden nr x i en x k ls onbekenden. Voorbeeld Onderstel dt de betrekkingen { xyz = x + y + z = b y en z beplen ls functie vn x. We beplen dn y, z, y en z. Afleiden nr x geeft Oplossen nr y en z geeft Afleiden vn y geeft y = = = { yz + xy z + xyz = y + z = 0 y y(z x) = x(y z) z z(x y) = x(y z) y x z + x y z x 2 + z x y z y x (y z) 2 y + y y z + z x x (y z) 2 z yz (z x)( z) y(z x) y(y x) z(x y) x 2 + (y z) x(y z) 2 + x(y z) x(y z) 2 x(y z) yz ( (y z) 2 x 2 (z y) 3 + (z x) 2 + (x y) 2) Bovendien volgt, n fleiden vn 1 + y + z = 0, dt z = y. 114

116 Voorbeeld (poolcoördinten) De trnsformtie { x = ρcosφ y = ρsinφ beplt ρ en φ in functie vn x en y (ls ρ 0). We kunnen de prtiële fgeleiden vn ρ en φ berekenen zonder eerst de inverse trnsformtie te beplen. Afleiden vn beide trnsformtieformules nr x geeft: Oplossen vn dit lineir stelsel geeft { 1 = cosφ ρ φ x ρsinφ x 0 = sinφ ρ x + ρcosφ φ x ρ φ = cosφ en x x = sinφ ρ Door de trnsformtieformules f te leiden nr y vinden we ρ φ = sinφ en y y = cosφ ρ Toepssing: meetkundige interprettie vn de grdiënt Beschouw een functie f : R n R. De verzmelingen met ls vergelijking f (x 1,,x n ) = c vormen de (n-1)-dimensionle niveuoppervlkken vn f. Voorl in de gevllen n = 2 (niveukrommen) en n = 3 (niveuoppervlkken) zijn deze voor ons vn belng. Onderstel dt = ( 1,, n ) een punt op een niveuoppervlk zodnig dt f ( ) 0. Dn is tenminste een vn de prtiële fgeleiden vn f verschillend vn nul in, zodt in een omgeving vn op het niveuoppervlk de bijhorende vribele opgelost kn worden in functie vn de ndere: x i = g(x 1,,x i 1,x i+1,,x n ) Met ndere woorden, in een omgeving vn kn de vergelijking vn het niveuoppervlk in prmetervorm geschreven worden: neem t 1 = x 1,,t i 1 = x i 1,t i = x i+1,,t n 1 = x n ls prmeters. We krijgen dn x 1 = t 1. x i 1 = t i 1 x i = g(t 1,,t n 1 ) x i+1 = t i. x n = t n 1, 115

117 of, vectorieel genoteerd, Merk op dt de n 1 vectoren r = r(t 1,,t n 1 ). r t 1,, r t n 1 lineir onfhnkelijk zijn. Immers, ( ) rg r r 0 1 t 1, t n 1 = rg We hebben dus bewezen: g t g t i g t i 1 0 = n g t n Stelling Beschouw de niveuoppervlkken vn een functie f : R n R. Indien f ( ) 0, dn kn het niveuoppervlk f (x 1,,x n ) = f ( 1,, n ) in een omgeving vn geschreven worden in prmetervorm: x 1 = x 1 (t 1,,t n 1 ) x 2 = x 2 (t 1,,t n 1 ) We kunnen dit vectorieel herschrijven ls volgt: x n = x n (t 1,,t n 1 ) r = r(t 1,,t n 1 ). De prmetriztie kn zo gekozen worden dt de vectoren lineir onfhnkelijk zijn. r t 1,, r t n 1 Neem een prmetriztie zols in stelling Voor een zekere wrde ti vn de prmeters t i wordt juist het punt bereikt: = r(t 1,,t n 1) Omdt r op het beschouwde niveuoppervlk ligt, geldt in een omgeving vn (t1,,t n 1 ) dt f ( r(t 1,,t n 1 )) = f ( 1,, n ) 116

118 Als we deze betrekking fleiden nr t i, dn volgt, met behulp vn de kettingregel: In het bijzonder: f ( r(t1,,t n 1 )). r t i (t 1,,t n 1 ) = 0 f ( ). r t i (t 1,,t n 1) = 0 De vectoren r t i (i = 1,,n 1) rken n het niveuoppervlk, en zijn lineir onfhnkelijk. Zij spnnen dus de rkruimte n het niveuoppervlk in het punt op. Derhlve stt f ( ) loodrecht op het niveuoppervlk in het punt. We hebben dus bewezen: Stelling Met dezelfde onderstelling ls in stelling geldt dt f ( ) in het punt loodrecht stt op het niveuoppervlk f (x 1,,x n ) = f ( 1,, n ). Gevolgen Beschouw de niveukromme f (x,y) = f (x 0,y 0 ) De vergelijking vn de rklijn in (x 0,y 0 ) wordt gegeven door de formule Voor het niveuoppervlk f x (x 0,y 0 )(x x 0 ) + f y (x 0,y 0 )(y y 0 ) = 0 f (x,y,z) = f (x 0,y 0,z 0 ) hebben we dt de vergelijking vn het rkvlk in (x 0,y 0,z 0 ) wordt gegeven door de formule f x (x 0,y 0,z 0 )(x x 0 ) + f y (x 0,y 0,z 0 )(y y 0 ) + f z (x 0,y 0,z 0 )(z z 0 ) = Extreme wrden met nevenvoorwrden Het gevl vn één nevenvoorwrde Bekijk de functie f (x,y) = x+y. Het is onmiddellijk duidelijk dt f geen extreme wrden bereikt. Dit verndert echter ls men eist dt (x,y) slechts kn vriëren over een gegeven kromme in R 2, bijvoorbeeld de cirkel x 2 + y 2 = 1. In dit gevl ziet men meetkundig in dt er zeker een minimum en een mximum is. Men kn deze extremen vinden door voor de kromme een prmetervergelijking in een prmeter t te nemen, deze te substitueren in de functie f, en dn het de extremen te beplen vn f ls functie vn de prmeter t. Een bezwr tegen deze procedure is dt het niet ltijd mogelijk is om expliciet een prmetervergelijking vn een kromme op te schrijven. In dit 117

119 hoofdstuk bespreken we een techniek, gebseerd op de stelling vn de impliciete functies, die dit probleem omzeilt. Het lgemeen probleem is het volgende: Gegeven is een functie f : R n R. Bepl de extreme wrden vn f ls de vribelen (x 1,,x n ) vriëren over het hyperoppervlk g(x 1,,x n ) = 0 (7.8) Vergelijking (7.8) wordt de nevenvoorwrde genoemd. Eerst zullen we een nodige voorwrde geven opdt (7.8) een extreme wrde bereikt. Onderstel dt f een extremum bereikt in het punt = ( 1,, n ) onder de nevenvoorwrde (7.8). Onderstel verder dt f en g differentieerbr zijn in en dt g( ) 0. Vnwege stelling uit voorgnd hoofdstuk kunnen we de vergelijking vn het niveuoppervlk (7.8) in prmetervorm schrijven, tenminste in een omgeving vn : r = r(t 1,,t n 1 ) Onderstel r(t 1,,t n 1 ) =. Dn bereikt de functie y = f ( r(t 1,,t n 1 )) een extremum in het punt (t1,,t n 1 ). Derhlve geldt voor i = 1,,n 1 dt of, gebruik mkende vn de kettingregel y t i (t 1,,t n 1) = 0 f ( r(t 1,,t n 1)). r t i (t 1,,t n 1) = 0 Dit betekent dt f ( ) loodrecht stt op de rkruimte in n het niveuoppervlk. Nu stt g( ) ook loodrecht op deze rkruimte (zie stelling uit het voorgnde hoofdstuk). Dus volgt dt f ( ) en g( ) evenwijdig zijn, of We hebben dus het volgend resultt: f ( ) = α g( ) Stelling Onderstel dt f een extremum bereikt onder de nevenvoorwrde (7.8) in het punt = ( 1,, n ), en dt f en g differentieerbr zijn in. Dn geldt voor een zekere α R dt f ( ) = α g( ) (7.9) of f x 1 ( ) = α g x 1 ( ) f x 2 ( ) = α g x 2 ( ) f x n ( ) = α g x n ( ) (7.10) 118

120 De oplossingen vn (7.9) of (7.10) - dit zijn de punten wrin mogelijk een extremum wordt bereikt - noemt men de sttionire punten. Om de formules uit stelling gemkkelijk te onthouden kn men de volgende vuistregel gebruiken: bekijk de functie f (x 1,,x n,α) = f (x 1,,x n ) αg(x 1,,x n ) en bepl de sttionire punten lsof het een functie in n + 1 vribelen betrof. Afleiden vn f nr x 1,,x n en nulstellen geeft vergelijking (7.10), terwijl fleiden nr α de nevenvoorwrde (7.8) oplevert. Hoe beplen we nu of een sttionir punt een minimum, een mximum of geen extremum is? In veel gevllen kn men meetkundige of fysische rgumenten gebruiken om n te tonen dt een sttionir punt een extremum is. In het lgemeen zl men de tweede differentil vn f beplen, en dn de technieken voor een vrij extremum in een of twee vernderlijken toepssen. Onderstel dt = r(t 1,,t n 1 ) een sttionir punt is. We beplen de tweede differentil vn wrbij Voor de eerste differentil hebben we en voor de tweede differentil: y = f (x 1,,x n ) x i = x i (t 1,,t n 1 ) dy = ( n ) dx i f i=1 x i d 2 y = ( n ) n (2) f dx i f + i=1 x i d 2 x i i=1 x i Lten we trchten vn de tweede differentilen vn de x i f te rken. We weten dt voor elke (t 1,,t n 1 ): g(x 1,,x n ) = 0 Differentiëren geeft en een tweede ml differentiëren geeft n g dx i = 0 (7.11) i=1 x i In het sttionir punt geldt dt zodt ( n ) n (2)g g dx i + i=1 x i d 2 x i = 0 i=1 x i f = α g x i x i n f d 2 x i = α ( n i=1 x i i=1 x i dx i ) (2)g 119

121 In een sttionir punt geldt dus: d 2 y = ( n ) (2)( dx i f αg) = d 2 f i=1 x i wrbij d 2 f berekend wordt lsof f een vrije functie ws in de vribelen x 1,,x n. Men kn hierin (7.11) substitueren, zodt d 2 y een functie is vn n 1 vn de dx i. Voorbeeld Hernemen we het voorbeeld uit het begin vn het hoofdstuk: vind de extreme wrden vn f (x,y) = x + y met ls nevenvoorwrde Onze hulpfunctie is nu en de sttionire punten worden gevonden uit x 2 + y 2 = 1 f (x,y) = x + y α(x 2 + y 2 1) f x = 1 2αx = 0 f y = 1 2αy = 0 x 2 + y 2 = 1 Uit de eerste twee vergelijkingen volgt dt x = y = 1/2α. Subsitueren in de derde vergelijking levert twee sttionire punten op: ( 2, 2 ) met α = 2 en ( 2, 2 ) met α = 2 Uit meetkundige overwegingen leidt men gemkkelijk f dt het eerste sttionir punt een mximum is, en het tweede een minimum. Men kn dit ook inzien door de tweede differentil te berekenen: d 2 f = 2α(dx 2 + dy 2 ) We kunnen hieruit nog dx of dy elimineren door de nevenvoorwrde f te leiden, mr dit is niet eens nodig ngezien d 2 f het teken tegengesteld n dt vn α heeft, zodt het eerste sttionire punt een mximum is, en het tweede een minimum. Voorbeeld (het punt vn Lemoine) Gegeven is een driehoek ABC met oppervlkte s en wrvn de zijden respectievelijk, b en c ls lengte hebben. Gevrgd wordt om een punt L te beplen zodnig dt de som vn de kwdrten der fstnden tot de drie zijden vn de driehoek miniml is. L moet binnen de driehoek liggen. De functie wrvn we de extremen zoeken is u = x 2 + y 2 + z 2 120

122 A c z y b L x B C Figuur 7.2: Het punt vn Lemoine en de nevenvoorwrde is We voeren de volgende hulpfunctie in: 2s = x + by + cz u = x 2 + y 2 + z 2 α(x + by + cz 2s) De sttionire punten worden gegeven door = 2x α = 0 = 2y bα = 0 Hieruit krijgt men zodt en u x u y u z = 2z cα = 0 2s = x + by + cz 2 α 2 + b2 α 2 + c2 α 2 = 2s α = x = y = z = 4s 2 + b 2 + c 2 2s 2 +b 2 +c 2 2bs 2 +b 2 +c 2 2cs 2 +b 2 +c 2 Uit meetkundige overwegingen volgt dt dit sttionire punt noodzkelijk een minimum moet zijn. Dit kunnen we ook zien door de tweede differentil te beplen: d 2 u = 2dx 2 + 2dy 2 + 2dz 2 > 0 Angezien de tweede differentil steeds positief is, hebben we een minimum. 121

123 Het lgemeen gevl Gegeven is een functie f : R n R. Bepl de extreme wrden vn f ls de vribelen (x 1,,x n ) vriëren over de verzmeling g 1 (x 1,,x n ) = 0 g 2 (x 1,,x n ) = 0 (7.12) g m (x 1,,x n ) = 0 We hebben nu dus meer dn een nevenvoorwrde. De oplossing vn (7.12) is een n m-dimensionl oppervlk in R n. Onderstel dt een oplossing is vn ons probleem, en dt in een omgeving vn (7.12) in prmetervorm herschreven kn worden: r = r(t 1,,t n m ) (7.13) wrbij = r(t 1,,t n m). De vectoren r r t 1,, t n m spnnen de (n m-dimensionle) rkruimte n het oppervlk (7.12) op. Afleiden vn (7.12) nr t i geeft, m.b.v de kettingregel voor j = 1,,m. Derhlve stn de vectoren g j ( ). r t i = 0 g1 ( ),, g m ( ) orthogonl op de rkruimte. Ze spnnen dus het orthocomplement vn de rkruimte op. Omdt f een extremum bereikt in, is de prtiële fgeleide vn f nr elk vn de vernderlijken t i nul in. Dus is, weer met behulp vn de kettingregel: f ( ). r t i = 0 zodt f ( ) loodrecht op de rkruimte stt. Mr dn moet f ( ) = m j=1α j g j ( ) voor zekere α j R. We hebben dus bewezen: Stelling Onderstel dt f een extremum bereikt onder de nevenvoorwrden (7.12) in het punt = ( 1,, n ), en dt f en g i differentieerbr zijn in. Dn geldt voor zekere α 1,,α m R dt f ( ) = m j=1α j g j ( ) (7.14) 122

124 of f x 1 ( ) = f x 2 ( ) = f x n ( ) = m j=1 α j g j x 1 ( ) m g j α j ( ) j=1 x 2 m g j α j ( ) j=1 x n (7.15) Net zols in de vorige prgrf kunnen we dit ls volgt memoriseren: voer een hulpfunctie f : R n+m R in ls volgt: f (x 1,,x n,α 1,,α m ) = f (x 1,,x n ) m α j g j (x 1,,x n ) j=1 en behndel f lsof het een vrij extremum in n + m vribelen betrof. Afleiden nr x i geeft juist de vergelijkingen (7.15), terwijl fleiden nr de α j de nevenvoorwrden (7.12) oplevert. Voor het beplen vn de tweede differentil geldt dezelfde filosofie: d 2 f = d 2 f wrbij f beschouwt wordt ls een functie vn x 1,,x n. Voor verdere voorbeelden verwijzen we nr de oefeningen. 7.4 Eigenschppen vn de Jcobinse determinnt In de voorbeelden en ws de Jcobin slechts nul op een verzmeling zonder inwendige punten. Indien de Jcobin identiek nul is over een domein, dn krijgen we een ndere situtie. We verduidelijken dit met twee stellingen: Stelling Beschouw n differentieerbre functies f 1,, f n : D R n R, gedefinieerd op een domein D. Indien er over D een betrekking bestt tussen f 1,, f n, die niet identiek nul is, dn is over D. j = ( f 1,, f n ) (x 1,,x n ) = 0 Bewijs. Schrijf y i = f i (x 1,,x n ) en onderstel dt g : R n R, een functie die niet gelijk is n de constnte functie met wrde 0, zodnig dt g( f 1 (x 1,,x n ),, f n (x 1,,x n )) = 0 (7.16) 123

125 voor lle (x 1,,x n ) D. Omdt g niet identiek nul is, geldt dt minstens een der prtiële fgeleiden g y i 0 Afleiden vn (7.16) geeft, met behulp vn de kettingregel: g f g f n = 0 y 1 x 1 y n x 1 g f g f n = 0 y 1 x n y n x n Dit is een lineir homogeen stelsel met onbekenden g y i Dit stelsel bezit een vn nul verschillende oplossing. Derhlve is de determinnt vn het stelsel, onze Jcobinse determinnt, gelijk n nul. Dit bewijst de stelling. Stelling Beschouw n differentieerbre functies f i (x 1,,x n ), voor i = 1,,n. Indien de Jcobin j = ( f 1,, f n ) (x 1,,x n ) = 0 over een domein D, dn bestt rond elk punt vn D een omgeving wr er een betrekking bestt tussen f 1, f 2,, f n. Bewijs. We zullen deze stelling hier niet bewijzen. Voorbeeld Definieer voor (x,y) (0,0) de functies u en v door u = x2 y 2 v = Er bestt een betrekking tussen u en v, nmelijk Men gt gemkkelijk n dt (u, v) (x,y) = x 2 +y 2 xy x 2 +y 2 u 2 + 4v 2 = 1 (x 2 + y 2 )2x (x 2 y 2 )2x (x 2 + y 2 )( 2y) (x 2 y 2 )2y (x 2 + y 2 ) 2 (x 2 + y 2 ) 2 (x 2 + y 2 )y 2x.xy (x 2 + y 2 )x 2y.xy (x 2 + y 2 ) 2 (x 2 + y 2 ) 2 = 0 124

126 Voorbeeld Definieer de functies u en v door { u = bgtgx + bgtgy Reken zelf n dt v = (x+y)2 (1+x 2 )(1+y 2 ) (u, v) (x,y) = 0 Volgens Stelling bestt er dus een betrekking tussen u en v. G n dt inderdd v = sin 2 u. 125

127 Hoofdstuk 8 De integrl vn een continue functie 8.1 Riemnn-integreerbre functies Probleemstelling We vertrekken vn volgende concrete meetkundige en fysische problemen. Gegeven is een (begrensd) deel G vn het vlk. Hoe beplen we de oppervlkte vn G? Een deeltje beweegt lngs een rechte lijn. Op tijdstip t is de snelheid vn het deeltje v(t). Wt is de fgelegde weg tussen twee tijdstippen t 1 en t 2? Onderstel dt op het deeltje een krcht werkt die fhngt vn de plts op de rechte wr het deeltje zich bevindt. Wt is de rbeid geleverd terwijl het deeltje zich beweegt vn een punt A op de rechte nr een punt B op de rechte? We merken op dt de oplossing voor ons probleem in sommige gevllen eenvoudig is. Als G een rechthoek is met zijden b en h, dn wordt de oppervlkte gegeven door de formule Opp(G) = bh. Als de snelheid v vn het deeltje constnt is, dn is de fgelegde weg tussen de tijdstippen t 1 en t 2 v(t 2 t 1 ). Onderstel dt de krcht die op het deeltje werkt constnt is. Schrijf F x voor de component vn de krcht in de richting vn de beweging. De geleverde rbeid is dn AB F x. We bekijken nu het eerste probleem, dt vn oppervlkte. Zij,b R, en f : [,b] R een begrensde functie. In veel gevllen zullen we onderstellen dt f continu is. Onderstel dt f (x) 0 voor elke x [,b], en bekijk de oppervlkte begrensd door de x-s, de grfiek y = f (x), en de verticle rechten x = en x = b. 126

128 Prtities op een intervl Kies n 1 punten in het intervl [,b], voeg er en b n toe, en rngschik de punten in stijgende volgorde. We krijgen dus = x 0 < x 1 < x 2 < < x n 1 < x n = b We noemen P = ( = x 0,x 1,x 2,,x n = b) een prtitie vn het intervl [, b]. Voor i = 1,, n schrijven we x i = x i x i 1 De norm N P vn P wordt gedefinieerd met behulp vn de formule N P = mx{ x i i = 1,,n} De x i noemen we de deelpunten vn P. Het intervl [x i 1,x i ] noemen we de i-de cel vn de prtitie. Beschouw een tweede prtitie Q. Als de verzmeling vn de deelpunten vn P een deel is vn die vn Q, dn zeggen we dt Q fijner is dn P, of nog dt Q een verfijning is vn P. We noteren dit door P Q Een verfijning vn een prtitie ontstt dus door deelpunten toe te voegen. Bekijk nu twee prtities P = ( = x 0,x 1,x 2,,x n = b) en P = ( = y 0,y 1,y 2,,y m = b) Q = P P is de prtitie die ontstt door de deelpunten vn P en P smen te voegen. Als een deelpunt zowel in P ls P optreedt, dn lten we dit in Q uiterrd mr een keer optreden. We zien dn onmiddellijk dt P P een verfijning is vn zowel P ls P : P P P en P P P Neem een punt c (,b), en prtities P 1 = ( = x 0,x 1,,x n = c) en P 2 = (c = y 0,y 1,,y m = b) vn respectievelijk [,c] en [c,b]. Dn is een prtitie vn [,b]. P 1 P 2 = ( = x 0,x 1,,x n = c = y 0,y 1,,y m = b) De boven- en benedensom behorend bij een prtitie Zij f : [, b] R een continue functie, en P een prtitie vn [, b]. Voor i = 1,, n schrijven we M i = mx{ f (x) x i 1 x x i } m i = min{ f (x) x i 1 x x i } 127

129 M i en m i zijn dus respectievelijk de grootste en de kleinste wrden die f nneemt op de i-de cel vn de prtitie. M i en m i worden bereikt, omdt de functie f bij onderstelling continu is. We definiëren nu U f (P) = M 1 x 1 + M 2 x M n x n = L f (P) = m 1 x 1 + m 2 x m n x n = n i=1 n i=1 M i x i m i x i We noemen U f (P) en L f (P) respectievelijk de bovensom en benedensom vn f behorend bij de prtitie P (zie figuren 1.1 en 1.2). Hierin stt U voor upper en L voor lower. Als f lleen y y=f(x) x0 x1 x2 b x Figuur 8.1: De benedensom niet-negtieve wrden nneemt, dn zijn U f (P) en L f (P) beiden benderingen voor de gezochte oppervlkte. U f (P) is groter dn de gezochte oppervlkte, terwijl L f (P) kleiner is. We geven y y=f(x) x0 x1 x2 b x Figuur 8.2: De bovensom nu enkele eenvoudige mr nuttige eigenschppen vn boven- en benedensom. In de volgende hulpstellingen is f : [, b] R telkens een continue functie. 128

130 Lemm Voor elke prtitie P vn [,b] geldt L f (P) U f (P) Bewijs. Dit volgt onmiddellijk uit het feit dt m i M i voor elke i. Lemm Neem twee verschillende prtities P P vn [,b]. Dn is L f (P) L f (P ) U f (P ) U f (P) Bewijs. Evident. Lemm Neem twee willekeurige prtities P en Q vn [,b]. Dn is L f (P) U f (Q) Bewijs. Gebruik mkend vn de twee vorige lemms vinden we L f (P) L f (P Q) U f (P Q) U f (Q) Stel nu P tr = (,b), de trivile prtitie vn [,b]. Dn is wrbij L f (P tr ) = m(b ) en U f (P tr ) = M(b ) m = min{ f (x) x [,b]} en M = mx{ f (x) x [,b]} Uit lemms en volgt nu onmiddellijk dt m(b ) L f (P) U f (P) M(b ) voor elke prtitie vn [, b]. De verzmeling vn lle benedensommen (resp. bovensommen) vn f is dus begrensd, en we stellen per definitie Uit lemm volgt nu onmiddellijk dt I l = sup{l f (P) P is een prtitie vn [,b]} (8.1) I u = inf{u f (P) P is een prtitie vn [,b]} (8.2) I l I u (8.3) We keren even terug nr ons oppervlkteprobleem. Zols we zgen is L f (P) een bendering voor de oppervlkte die we zoeken, en, hoe fijner we P nemen, hoe beter deze bendering. Bovendien is L f (P) steeds kleiner dn de oppervlkte. Hetzelfde geldt voor U f (P), mr nu vinden we benderingen die groter zijn. Intuïtief verwchten we drom dt zowel I l ls I u gelijk zullen zijn n de gezochte oppervlkte. Dit schijnt erop te wijzen dt I l = I u. Dit is inderdd het gevl, tenminste ls f een continue functie is. 129

131 Stelling Zij f : [, b] R continu over [, b]. Dn is I l = I u We noemen I l = I u de beplde integrl vn f over [,b], en noteren deze ls I = b Opmerkingen ) We verklren de nottie I = b f (x)dx f (x)dx We kunnen deze bekijken ls een limietstnd (of supremum) vn sommen vn de vorm L f (P) = n i=1 m i x i Het teken stt voor (de limietvorm vn). m i is (of ligt minstens dicht bij) een f (x), en dx stt voor de limietvorm vn x. De vernderlijke x in b f (x)dx is een dummy vernderlijke: we kunnen x vervngen door eender welke nder symbool dt nog geen ndere betekenis heeft: b f (x)dx = b f (t)dt = b f (u)du Het precieze verbnd met de differentil (en de fgeleide) beschrijven we in ) stelling vertelt ons nog niet hoe we een integrl in de prktijk kunnen berekenen. We zullen dit verderop zien. Bewijs. We moeten ntonen dt I l = I u. We weten l dt I l I u en drom volstt het n te tonen dt I u I l ε voor elke ε > 0. Neem een willekeurige prtitie P vn [,b]. We hebben gezien dt en dus hebben we dt L f (P) I l I u U f (P) I u I l U f (P) L f (P) De stelling is dus bewezen ls we volgende eigenschp kunnen ntonen: ε > 0, δ > 0 : N P < δ = U f (P) L f (P) < ε (8.4) f is continu over [,b], en dus ook uniform continu (zie stelling 3.4.7). We hebben dus Stel nu ε > 0, δ > 0 : x,y [,b] : x y < δ = f (x) f (y) < ε m i = f (ξ i ) en M i = f (Ξ i ) wrbij ξ i,ξ i [x i 1,x i ]. Herhl dt m i en M i bereikt worden omdt f een continue functie is. Onderstel nu dt N P < δ. Dn is ξ i Ξ i < δ en dus M i m i = f (Ξ i ) f (ξ i ) < ε, zodt U f (P) L f (P) = ls we ε = ε/(b ) stellen. Dit bewijst (8.4). n i m i ) x i < ε i=1(m n x i = ε (b ) = ε i=1 130

132 De formules vn Möbius Stelling Beschouw een continue functie f : [, b] R, en c [, b]. Dn is b f (x)dx = c b f (x)dx + f (x)dx (8.5) c Bewijs. We schrijven f 1 = f [,c] : [,c] R en f 2 = f [c,b] : [c,b] R voor de beperkingen vn f tot de intervllen [,c] en [c,b]. We weten dt f, f 1 en f 2 continu zijn, respectievelijk over de intervllen [,b], [,c] en [c,b]. Het volstt dus om n te tonen dt I l = I l,1 + I l,2 Neem prtities P 1 = ( = x 0,x 1,x 2,,x n = c) vn [,c] P 2 = (c = y 0,y 1,y 2,,y m = b) vn [c,b] Dn is P = P 1 P 2 = ( = x 0,x 1,x 2,,x n = c = y 0,y 1,y 2,,y m = b) een prtitie vn [,b], en en dus L f1 (P 1 ) + L f2 (P 2 ) = L f (P) I l I l,1 + I l,2 = sup P 1 L f1 (P 1 ) + supl f2 (P 2 ) I l P 2 Om de omgekeerde ongelijkheid te bewijzen gn we ls volgt te werk. Neem een willekeurig klein getl ε > 0, en een prtitie P vn [,b] zodt I l ε < L f (P) I l. In het lgemeen is c geen deelpunt vn de prtitie P. We stellen drom P de prtitie die ontstt door n P het deelpunt c toe te voegen. Dn is P fijner dn P, en P = P 1 P 2 wrbij P 1 en P 2 respectievelijk prtities zijn vn [,c] en [c,b]. We hebben dn I l ε < L f (P) L f (P ) = L f1 (P 1 ) + L f2 (P 2 ) I l,1 + I l,2 Omdt deze ongelijkheid geldt voor lle ε > 0 hebben we I l I l,1 + I l,2 We concluderen dt I l = I l,1 + I l,2 (8.6) 131

133 Stuksgewijze continue functies Een functie f : [,b] R noemen we stuksgewijs continu indien f overl continu is behlve in een eindig ntl punten 1, 2,, k, en de linker- en rechterlimieten vn f in 1, 2,, k bestn. we definiëren dn, voor i = 1,,k: f i : [ i 1, i ] R f (x) ls i 1 < x < i f i (x) = lim x i 1+ f (x) ls x = i 1 lim x i f (x) ls x = i f i is dn een continue functie over [ i 1, i ], en we definiëren b f (x)dx = k i i=1 i 1 f i (x)dx De gevllen > b en = b Tot hiertoe onderstelden we steeds dt < b. Per definitie stellen we b b f (x)dx = f (x)dx en f (x)dx = 0 Riemnnsommen Neem weer een continue functie f : [,b] R, en een prtitie P = ( = x 0,x 1,x 2,,x n = b) vn [,b]. Voor elke cel [x i 1,x i ] vn de prtitie kiezen we willekeurig een punt x i [x i 1,x i ], en we bekijken de som n R f (P) = f (x i) (x i ) i=1 Deze som noemen we de Riemnnsom gessocieerd n de prtitie P en de punten (x 1,,x n) (zie Figuur 8.3). Merk op dt L f (P) en U f (P) zelf ook Riemnnsommen zijn (gessocieerd n resp. (ξ 1,,ξ n ) en (Ξ 1,,Ξ n )), en dt Uit (8.4) volgt nu onmiddellijk L f (P) R f (P) U f (P) b ε > 0, δ > 0 : N P < δ = R f (P) f (x)dx < ε (8.7) en dit voor elke keuze vn de punten (x 1,,x n). Immers, I = b f (x)dx en R f (P) liggen beiden tussen L f (P) en U f (P), en U f (P) L f (P) < ε. Met ndere woorden, de beplde integrl vn een 132

134 y y=f(x) x0 x1 x2 b x Figuur 8.3: De Riemnnsom continue functie is de limiet vn de Riemnnsommen vn deze functie voor N P 0, en ongecht welke keuze men mkt voor de punten (x 1,,x n). We zullen schrijven b f (x)dx = lim N P 0 R f (P) (8.8) wrbij we opmerken dt deze limiet ingewikkelder in mekr zit dn de limieten beschreven in het vorige deel vn de cursus, ngezien R f (P) niet lleen fhngt vn f en P, mr ook vn de gekozen punten (x 1,,x n). Verdere eigenschppen Stelling Neem twee continue functies f,g : [,b] R, en α,β R. Dn is b (α f + βg)(x)dx = α b b f (x)dx + β g(x)dx Bewijs. Neem een prtitie P = ( = x 0,x 1,x 2,,x n = b), en punten x i [x i 1,x i ]. Dn is R α f +βg (P) = αr f (P) + βr g (P) en de eigenschp volgt n limietovergng voor N P 0. Stelling Onderstel dt f : [,b] R continu, en f (x) 0, voor elke x [,b]. Dn is b f (x)dx 0 Als f,g : [,b] R continu, en f (x) g(x), voor elke x [,b]. Dn is b f (x)dx b g(x)dx 133

135 Bewijs. Voor elke Riemnnsom geldt dt R f (P) 0, en de eerste formule volgt n limietovergng voor N P 0. De tweede formule volgt n toepssing vn de eerste op f g. Stelling Onderstel dt f : [,b] R continu, en f (x) 0. Als f 0, dn is b f (x)dx > 0 Bewijs. Omdt f 0 bestt er een punt x 0 [,b] zodt f (x 0 ) > 0. Omdt f continu is in x 0 bestt er een omgeving (x 0 δ,x 0 + δ) zodt f (x) > f (x 0 )/2 over deze omgeving. Dn is b f (x)dx x0 +δ x 0 δ f (x)dx > x0 +δ x 0 δ f (x 0 )/2dx = δ f (x 0 ) > De stelling vn het gemiddelde en de grondformule vn de integrlrekening Stelling (stelling vn het gemiddelde) Neem twee continue functies f, w : [, b] R, en onderstel dt w(x) 0 voor elke x [,b], en w 0. Dn bestt er een ξ [,b] zodt b b w(x) f (x)dx = f (ξ) w(x)dx (8.9) Bewijs. Omdt f continu is over [,b] bereikt f een mximle wrde M en een minimle wrde m. Voor elke x [,b] geldt dus m f (x) M en, gebruik mkend vn w(x) 0, en dus, gebruik mkend vn stelling en b mw(x) f (x)w(x) Mw(x) mw(x)dx b w(x) f (x)dx b Mw(x)dx b b b m w(x)dx w(x) f (x)dx M w(x)dx Door stelling weten we dt b w(x)dx > 0. We krijgen dus b w(x) f (x)dx m b M w(x)dx 134

136 Omdt f continu is over [,b] bereikt f elke wrde tussen m en M, en dus bestt er een ξ [,b] zodt b w(x) f (x)dx f (ξ) = b w(x)dx en hieruit volgt de gezochte formule. y b x Figuur 8.4: De stelling vn het gemiddelde Als w(x) = 1, dn kunnen we dit verder meetkundig interpreteren. De stelling vn het gemiddelde wordt dn b f (x)dx = µ(b ) µ(b ) is de oppervlkte vn de rechthoek met bsis [,b] en hoogte µ. b f (x)dx is de gerceerde oppervlkte. We noemen b f (x)dx µ = b de gemiddelde wrde vn f over het intervl [,b]. (zie Figuur 8.4). We noemen µ = b f (x)w(x)dx b w(x)dx de gemiddelde wrde vn f over [,b] ten opzichte vn de gewichtsfunctie w. Voor elke x [,b] is de beperking vn f tot het intervl [,x] opnieuw een continue functie. We kunnen dus een nieuwe functie g : [,b] R definiëren ls volgt g(x) = x f (t)dt We zullen nu ntonen dt de fgeleide vn de functie g bestt en gelijk is n f. 135

137 Stelling Als f : [,b] R continu is, dn is de functie g : [,b] R : x g(x) = fleidbr over [,b] en bovendien is g (x) = d dx x x f (t)dt = f (x) f (t)dt Bewijs. Kies x,x + h [,b]. Uit de stelling vn het gemiddelde volgt nu dt g(x + h) g(x) = x+h met θ [0,1]. Angezien f continu is in x, volgt nu x f (t)dt = f (x + θh)h g g(x + h) g(x) (x) = lim = lim f (x + θh) = f (x) h 0 h h 0 en dit bewijst onze stelling. Definitie Onderstel dt f : [, b] R continu is. Een functie F : [, b] R noemen we een primitieve vn f ls F (x) = f (x) voor elke x [,b]. We kunnen nu de grondformule vn de integrlrekening bewijzen. Stelling (grondformule vn de integrlrekening) Onderstel dt f : [, b] R continu is, en dt F een primitieve is vn f. Dn is b f (x)dx = F(b) F() Bewijs. Definieer de functie g zols hierboven. Uit stelling volgt dn dt g (x) = F (x) = f (x) voor lle x [,b]. Dit impliceert dt er een constnte c bestt zodt g(x) = F(x) + c Stellen we hierin x =, dn volgt g() = f (x)dx = 0 = F() + c zodt c = F() en g(x) = F(x) F() Als we nu x = b stellen dn verkrijgen we het gewenste resultt. Men noteert soms F(b) F() = [ F(x) ] b. In hoofdstuk 9 zullen we technieken zien om primitieven vn continue functies te beplen. 136

138 8.3 Voorbeelden en toepssingen Berekenen vn oppervlkten Als f (x) 0 voor elke x [,b], dn stelt de beplde integrl b f (x)dx de oppervlkte voor begrepen tussen de x-s, de grfiek y = f (x) en de twee verticle rechten x = en x = b. Als we vn een continue functie f een primitieve kunnen beplen, dn kunnen we de beplde integrl vn f berekenen. We zullen de oppervlkte vn een rechthoekige driehoek met rechthoekszijden en b berekenen. (zie Figuur 8.5) De vergelijking vn de rechte door (,0) en (0,b) is b y x Figuur 8.5: De oppervlkte vn de driehoek De oppervlkte vn de driehoek is dus De functie is een primitieve vn S = x + y b = 1 0 b(1 x )dx F(x) = b(x x2 2 ) f (x) = b(1 x ) en dus is S = [b(x x2 2 ) ] 0 = b 2 Als f ook negtieve wrden nneemt over [,b], dn kunnen we b f (x)dx nog steeds interpreteren ls een oppervlkte; het deel vn het gebied begrepen tussen de x-s en de grfiek y = f (x) dt gelegen is onder de x-s krijgt dn een negtief teken. Afgelegde weg Een deeltje beweegt lngs een rechte lijn. De snelheid v vn het deeltje is functie vn de tijd: v = v(t) 137

139 Wt is de weg die het deeltje heeft fgelegd tussen de tijdstippen t = en t = b? Als de snelheid v constnt is, dn is de fgelegde weg duidelijk s = v(b ) Als v niet constnt is, gn we lsvolgt tewerk. We nemen een prtitie P = ( = t 0,t 1,t 2,,t n = b) vn [,b]. De fgelegde weg tussen tijdstippen t i 1 en t i is in bendering gelijk n v(t i ) t i wrbij t i [t i 1,t i ]. De totle fgelegde weg is dus in bendering gelijk n n i=1 v(t i ) t i Dit is een Riemnnsom R P. Hoe fijner de prtitie P, hoe beter R P de fgelegde weg bendert, en we besluiten dt s = b v(t)dt Als voorbeeld bekijken we een deeltje met constnte versnelling = 3 m/sec 2. Hoeveel fstnd heeft het deeltje fgelegd n 10 sec, ls het vertrekt met een snelheid vn v 0 = 2 m/sec? De snelheid op tijdstip t is v(t) = v 0 + t en dus is de fgelegde weg op tijdstip b: s = b 0 (v 0 + t)dt F(t) = v 0 t + t 2 /2 is een primitieve functie vn de functie f (t) = v 0 + t. Drom is s = [ v 0 t + t 2 /2 ] b 0 = v 0b + b 2 /2 Als we onze numerieke gegevens invullen vinden we voor de fstnd fgelegd n 10 seconden: s = m = 170 m Arbeid We bekijken weer een deeltje dt beweegt lngs een rechte lijn. Op het deeltje werkt een krcht F, met component F in de bewegingsrichting. Deze krcht hngt f vn de positie x vn het deeltje. Wt is nu de rbeid geleverd door deze krcht ls het deeltje beweegt vn het punt nr het punt b? 138

140 We redeneren zols hierboven: ls de krcht F constnt is, en dus onfhnkelijk vn de positie x vn het deeltje, dn is de rbeid A = F(b ) Als F = F(x) niet constnt is, dn nemen we een prtitie P = ( = x 0,x 1,x 2,,x n ) vn [,b]. De rbeid geleverd terwijl het deeltje beweegt vn x i 1 nr x i is dn in bendering gelijk n F(x i ) x i wrbij x i [x i 1,x i ]. De totle rbeid is dus in bendering gelijk n n i=1 F(x i ) x i Dit is een Riemnnsom R P. Hoe fijner de prtitie P, hoe beter R P de rbeid bendert, en we besluiten dt A = b F(x)dx 139

141 Hoofdstuk 9 Het beplen vn primitieve functies 9.1 De onbeplde integrl Beschouw een continue functie f : [, b] R. Uit de grondformule vn de integrlrekening blijkt dt we de beplde integrl vn f kunnen berekenen ls we een primitieve F vn f kennen. Als we een primitieve vn f kennen, dn kennen we lle primitieven: een willekeurige primitieve is dn vn de vorm F + c. Bij fsprk zullen we l de primitieven vn f (x) voorstellen door f (x)dx, en we noemen dit de onbeplde integrl vn f. Nr nlogie met de beplde integrl noemt men het integrlteken en f (x) de integrnd. dx mkt deel uit vn het symbool, en is geen differentil. Als F een primitieve is vn f, dn kunnen we dus schrijven f (x)dx = F(x) + c Omdt x f (t)dt een primitieve is vn f (we onderstellen in dit hoofdstuk steeds dt f continu is), hebben we dus ook x f (x)dx = f (t)dt + c Opmerkingen ) d f (x)dx = f (x)dx. Immers, d f (x)dx = d(f(x) + c) = F (x)dx = f (x)dx. De symbolen d en heffen dus elkr op; dit verklrt het voorkomen vn dx in de nottie vn de onbeplde integrl. 2) De onbeplde integrl is lineir: (α f + βg)(x)dx = α f (x)dx + β g(x)dx Men ziet dit onmiddellijk door vn beide leden de differentil te nemen. 3) In dit hoofdstuk onderstellen we overl dt f continu is. Voor stuksgewijze continue functies gebruiken we de formule vn Möbius. Men moet wel degelijk opletten dt de integrnd continu is: ls we de grondformule blindelings toepssen, dn krijgen we mogelijk foutieve resultten. Zo is bijvoorbeeld dx x 2 = 1 x + c 140

142 zodt men zou kunnen besluiten 1 1 dx [ x 2 = 1 ] 1 x = 2 1 en dit is onmogelijk omdt de integrnd positief is. We mochten de grondformule echter niet toepssen, omdt 1/x 2 niet continu is in Elementire integrtiemethodes Onmiddellijke integrtie Beschouw een fleidbre functie F(x). Als we de fgeleide functie F (x) = f (x) berekend hebben, dn weten we dt f (x)dx = F(x) + c. Door dus een tbel vn fgeleide functies vn links nr rechts te lezen, krijgen we een tbel met primitieve functies. Op deze mnier krijgen we de volgende formules. x dx = x+1 + c ( 1) (9.1) dx = ln x + c x (9.2) e x dx = e x + c (9.3) x dx = x + c ( 1 en > 0) (9.4) ln sinxdx = cosx + c (9.5) cosxdx = sinx + c (9.6) shxdx = chx + c (9.7) chxdx = shx + c (9.8) sec 2 xdx = tgx + c (9.9) cosec 2 xdx = cotgx + c (9.10) dx = bgtgx + c (9.11) 1 + x2 dx 1 x 2 = rgthx + c = 1 2 ln 1 + x ( x < 1) (9.12) 1 x dx 1 x 2 = rgcothx + c = 1 2 ln x + 1 ( x > 1) (9.13) x 1 141

143 tgxsecxdx = secx + c (9.14) cotgxcosecxdx = cosecx + c (9.15) sech 2 xdx = thx + c (9.16) cosech 2 xdx = cothx + c (9.17) thxsechxdx = sechx + c (9.18) cothxcosechxdx = cosechx + c (9.19) 1 dx = bgsinx + c = bgcosx + d 1 x 2 ( x < 1) (9.20) 1 x dx = rgshx + c = ln(x + x 2 + 1) + c (9.21) 1 x 2 1 dx = rgchx + c = ln(x + x 2 1) + c ( x > 1) (9.22) 1 x dx = bgsecx + c = bgcosecx + d ( x > 1) (9.23) x x + 1 x 2 dx = rgsechx + c = ln1 + c ( x < 1) (9.24) 1 x2 x 1 x x 2 dx = rgcosechx + c = ln1 + c (9.25) 1 + x2 x Integrtie door splitsing Men pst de lineriteit vn de (on)beplde integrl toe. Voorbeeld Neem m n N 0 1 cosmxcosnxdx = (cos(m + n)x + cos(m n)x)dx 2 = 1 cos(m + n)xdx + 1 cos(m n)xdx 2 2 sin(m + n)x sin(m n)x = + + c 2(m + n) 2(m n) Hieruit volgt bijvoorbeeld dt 2π 0 cosmxcosnxdx = 0 142

144 ls m n. Verifieer zelf de volgende formules, voor m,n N 0 : 2π { 0 ls m n; cosmxcosnxdx = 0 π ls m = n; 2π { 0 ls m n; sinmxsinnxdx = 0 π ls m = n; 2π 0 sinmxcosnxdx = 0 Integrtie door substitutie Stelling Onderstel dt φ : [α, β] [, b] bijectief en differentieerbr is, en dt φ(α) = en φ(β) = b. Indien f : [,b] R continu is, dn geldt b f (x)dx = β α f (φ(t))φ (t)dt (9.26) Bewijs. Onderstel dt F een primitieve is vn f. Het linkerlid vn (9.26) is dn F(b) F(). Uit de kettingregel volgt nu gemkkelijk dt (F φ) (t) = f (φ(t))φ (t). Het rechterlid is dus (F φ)(β) (F φ)(α) = F(b) F(). In de prktijk pst men (9.26) ook toe op de onbeplde integrl. Men krijgt dn f (x)dx = f (φ(t))φ (t)dt N het uitrekenen vn het rechterlid moet dn wel weer t door φ 1 (t) vervngen worden om de primitieve functie F vn f te krijgen. Voorbeelden ) We berekenen de onbeplde integrl dx I = (x 2 1) 3/2 De integrnd is lleen gedefinieerd voor x > 1. De functie ch : (0,+ ) (1,+ ) is bijectief. We substitueren dus x = cht. Dn is x 2 1 = ch 2 t 1 = sh 2 t, en omdt dt d ch(t) = sh(t) krijgen we shtdt dt I = sh 3 = t sh 2 t = cotht + c We moeten nu t weer vervngen door rgchx. Nu is ch(rgch(x)) = x en sh(rgch(x)) = ch 2 rgch(x) 1 = x

145 zodt tenslotte I = x x c 2) Soms is het hndiger formule (9.26) vn rechts nr links toe te pssen. Bekijk bijvoorbeeld de onbeplde integrl I = cos 3 xdx = (1 sin 2 x)cosxdx We stellen nu u = sinx, zodt du = cosxdx en I = (1 u 2 )du = u u3 3 + c = sinx sin3 x + c 3 Uit dit voorbeeld blijkt dt de voorwrde dt de functie φ uit de stelling een bijectie moet zijn, in de prktijk dikwijls omzeild kn worden, zeker ls we lleen mr de onbeplde integrl beschouwen. Immers, de sinusfunctie is geen bijectie, mr toch hebben we een primitieve functie gevonden die klrblijkelijk over heel de reële rechte gedefinieerd is. Men kn dit ls volgt inzien: de sinusfunctie is wel bijectief ls we zowel bron ls beeld beperken tot een deelintervl vn de reële rechte. De verkregen functie F(x) = sinx (1/3)sin 3 x+c is dus lokl steeds een primitieve vn f (x). Bijgevolg is F(x) over heel de reële rechte een primitieve vn f (x) Enkele veelgebruikte substituties 1) Als de integrnd een functie is vn x en ( ) x + b m/n cx + d dn probeert men ls substitutie t n = x + b cx + d Bekijk bij wijze vn voorbeeld de integrl I = 1 + x 1 x dx Substitueer zodt en dus is x = t2 1 t t 2 = 1 + x 1 x I = en dx = 4tdt (t 2 + 1) 2 4t 2 dt (t 2 + 1) 2 144

146 N splitsing in prtieelbreuken vindt men (zie verderop): 1 + x I = 2bgtg 1 x 1 x 2 + c 2) De integrnd bevt termen vn de vorm 2 x 2. Men probeert dn ls substitutie x = sinu, met π/2 u π/2. Dn is 2 x 2 = 1 sin 2 u = cosu, en de vierkntswortel verdwijnt uit de integrl. Lten we ls voorbeeld de oppervlkte vn de ellips x y2 b 2 = 1 berekenen. Een vierde vn de oppervlkte wordt gegeven door de integrl I = 0 b 1 x2 2 dx Stel x = sinu. De sinusfunctie is een bijectie vn [0,π/2] nr [0,1], zodt I = b en de oppervlkte vn de ellips is dus bπ. π/2 0 cos 2 udu = bπ 4 3) De integrnd bevt termen vn de vorm 2 + x 2. Men probeert dn ls substitutie x = tgt of x = sht. 4) De integrnd bevt termen vn de vorm x 2 2. Men probeert dn ls substitutie x = sect of x = cht. Prtiële integrtie Stelling Onderstel dt f, g : [, b] R twee differentieerbre functies zijn. Dn is b [ ] b b f (x)g (x)dx = f (x)g(x) f (x)g(x)dx (9.27) Bewijs. b b b [ ] b f (x)g (x)dx + f (x)g(x)dx = ( f g) (x)dx = f (x)g(x) Voor de onbeplde integrl neemt formule (9.27) de volgende vorm n f (x)g (x)dx = f (x)g(x) f (x)g(x)dx 145

147 Voorbeelden ) xsinxdx = xdcosx = xcosx + cos xdx = xcosx + sinx + c 2) We berekenen I = e x cosbxdx Prtiële integrtie levert I = 1 cosbxde x = 1 cosbxex + b e x sinbxdx Nogmls prtieel integreren geeft e x sinbxdx = 1 sinbxde x = 1 sinbxex b I zodt en of I = 1 cosbxex + b 2 sinbxex b2 2 I (1 + b2 2 )I = 1 cosbxex + b 2 sinbxex I = ex 2 (cosbx + bsinbx) + c + b2 3) x lnxdx = xlnx dx = xlnx x + c x 9.3 Het integreren vn rtionle functies Zols onmiddellijk volgt uit de elementire integrtieformules kunnen we een veelterm steeds integreren: n i x i n i x dx = i+1 i=0 i=0 i c We zullen nu ntonen dt een rtionle functie f (x) = P(x) Q(x) 146

148 met P en Q twee veeltermen steeds geïntegreerd kn worden. Eerst herhlen we een ntl elementire eigenschppen vn veeltermen en rtionle functies. Een reële veelterm is een uitdrukking vn de vorm P(X) = X + 2 X n X n, wrbij i R. Als n 0, dn noemen we n de grd vn de veelterm P, en we noteren gr(p) = n. Per definitie stellen we gr(0) =. Een veelterm wrvn de hoogstegrdscoëfficiënt 1 is noemen we een monische veelterm. An een veelterm P kunnen we een veeltermfunctie ssociëren; deze wordt eveneens P genoteerd, en beeldt x R f op P(x) = x + 2 x n x n. De verzmeling R[X] bestnde uit lle veeltermen met reële coëfficiënten is een reële vectorruimte. Complexe veeltermen en veeltermfuncties worden op gelijkrdige wijze gedefiniëerd; de coëfficiënten i mogen nu complexe getllen zijn. De verzmeling vn lle complexe veeltermen wordt genoteerd door C[X]. De quotiëntstelling Neem twee ntuurlijke getllen p en m, en onderstel dt m 0. We kunnen p delen door m, en verkrijgen dn een quotiënt q en een rest r; dit zijn de unieke ntuurlijke getllen die voldoen n volgende eigenschppen: p = qm + r en 0 r < m. Een nloge eigenschp hebben we voor veeltermen. Stelling Neem P,M R[X], met M 0. Er bestn unieke veeltermen Q,R R[X] zodt P = QM + R en (gr(r) < gr(m) of R = 0). We noemen Q het quotiënt en R de rest bij deling vn P door M. Een gelijkrdige eigenschp geldt voor complexe veeltermen. Bewijs. ) Existentie. Als gr(p) < gr(m) of P = 0, dn voldoen Q = 0, R = P n de vereisten. Onderstel gr(p) = n gr(m) = m. We kunnen dn schrijven P(X) = n X n + n 1 X n met n 0, b m 0. Dn is M(X) = b m X m + b m 1 X m 1 + b 0 en P(X) n M(X)X n m b m ( = n 1 ) nb m 1 b m = P 1 (X) n b m M(X)X n m = n X n + nb m 1 b m X n nb 0 b m X n m ( X n n m nb 0 b m ) X n m + n m 1 X n m

149 Hierbij is P 1 (X) een veelterm vn grd strikt kleiner dn n. Stel Dn is Q 1 (X) = n b m X n m P(X) = P 1 (X) + M(X)Q 1 (X) Als gr(p 1 ) < m, dn is de stelling bewezen. Anders herhlen we de redenering met P vervngen door P 1. We vinden dn P 1 (X) = Q 2 (X)M(X) + P 2 (X), en P(X) = (Q 1 (X) + Q 2 (X))M(X) + P 2 (X) met gr(p 2 ) < gr(p 1 ). Bij elke stp vermindert de grd vn P i met tenminste 1, dus n een eindig ntl stppen is gr(p k ) < m. b) Uniciteit. Onderstel dt P = QM + R = QM + R wrbij de grden vn R en R strikt kleiner dn m. Dn is (Q Q)M = R R Onderstel Q Q; dn is gr(q Q) = k 0, en gr( R R) = gr(q Q) + gr(m) = k + m m Mr we weten dt gr(r),gr( R) < m, en dus ook gr( R R) < m, en dit is een contrdictie. We besluiten dt Q = Q, en dn volgt ook dt R = R. Dit bewijst de uniciteit. Gevolg De rest bij deling vn een veelterm P door X λ is P(λ). Bewijs. Uit stelling weten we dt P(X) = (X λ)q(x) + R, wrbij R een veelterm vn grd kleiner dn of gelijk n nul is, dus een reëel getl. Hierin vullen we X = λ in, en we vinden dt R = P(λ). Ontbinding vn complexe veeltermen We zeggen dt P deelbr is door M ls de rest bij deling vn P door M gelijk is n nul. Gevolg P is deelbr door X λ ls en lleen ls P(λ) =

150 Onderstel dt P(λ) = 0. we noemen λ dn een nulpunt vn P. Dn is P deelbr door X λ, en we hebben dus dt P = (X λ)p 1. Het kn ntuurlijk zijn dt P 1 (λ) = 0, en dn hebben we dt P 1 op zijn beurt deelbr is door X λ, en P = (X λ) 2 P 2. Neem m mximl zodt P deelbr is door (X λ) m. We hebben dn P(X) = (X λ) m Q(X) en Q(λ) 0 We noemen m de multipliciteit vn λ. m = 0 ls λ geen nulpunt is vn P. Als m = 1 dn noemen we λ een enkelvoudig nulpunt. Als m = 2, dn noemen we λ een dubbel nulpunt. Stelling Neem een reële (of complexe) veelterm P, en λ R (of λ C). De multipliciteit vn λ is m ls en lleen ls λ een nulpunt is vn P,P,P,,P (m 1), mr niet vn P (m). Bewijs. Schrijf de Tylorveelterm voor P op: P(X) = P(λ) + P (λ)(x λ) + + P(m 1) (λ) (X λ)m 1 (m 1)! + P(m) (λ) (X λ) m + + P(n) m! n! (λ)(x λ)n. Hieruit blijkt onmiddellijk dt P deelbr is door (X λ) m mr niet door (X λ) m+1 ls en lleen ls P(λ) = P (λ) = = P (m 1) (λ) = 0 en P (m) (λ) 0. Stelling (grondstelling vn de lgebr) Een complexe veelterm vn grd tenminste 1 heeft tenminste 1 complex nulpunt. Bewijs. Een bewijs vn dit fundmentele resultt zullen we zien in de cursus Complexe Anlyse. Gevolg Elke complexe veelterm kn ontbonden worden in complexe lineire fctoren. Bewijs. We werken per inductie op de grd vn P. Onderstel dt de stelling wr is voor lle veeltermen vn grd strikt kleiner dn n, en neem een veelterm vn grd n. Uit de voorgnde stelling volgt dt P een complex nulpunt λ n heeft, en dus is P(X) = (X λ n )P 1 (X), met P 1 een veelterm vn grd n 1. Uit de inductiehypothese volgt dt P 1 (X) = (X λ 1 ) (X λ n 1 ), met,λ 1,,λ n 1 C, en hieruit volgt dt P(X) = (X λ 1 ) (X λ n ) (9.28) De λ i die optreden in (9.28) zijn niet noodzkelijk lleml verschillend. Als we gelijke fctoren in (9.28) groeperen, dn krijgen we een ontbinding vn de vorm De multipliciteit vn λ i is dn m i, en we hebben ook dt P(X) = (X λ 1 ) m1 (X λ r ) m r (9.29) gr(p) = m m r 149

151 Ontbinding vn reële veeltermen Gevolg is niet lnger geldig ls we over de reële getllen werken. De reële veelterm P(X) = X kn niet ontbonden worden in reële lineire fctoren, omdt P geen reële nulpunten heeft. Hij kn wel ontbonden worden in C[X]: X = (X + i)(x i). We zullen nu ngn in hoeverre reële veeltermen in reële fctoren kunnen ontbonden worden. Voor een complex getl z = x + iy C is de complex toegevoegde per definitie z = x iy Als z R, dn is z = z. Bewijs zelf volgende eigenschppen, voor elke z,z C: Uit de ltste formule volgt, voor elke n N: z + z = z + z ; zz = zz (9.30) z n = z n. (9.31) Stelling Onderstel dt λ = α + iβ een complex nulpunt is vn P R[X]. Dn is λ ook een nulpunt, met dezelfde multipliciteit. Bewijs. Schrijf P(X) = n X n + n 1 X n X + 0. Als λ = α + iβ C een nulpunt vn P, dn geldt Gebruik mkend vn (9.30,9.31) vinden we P(λ) = n λ n + n 1 λ n λ + 0 = 0. P(λ) = n λ n + n 1 λ n λ + 0 = n λ n + n 1 λ n λ + 0 = n λ n + n 1 λ n λ + 0 = 0, en dus is λ ook een nulpunt. Dn is P deelbr door (X λ)(x λ) = X 2 (λ + λ)x + λλ. Merk op λ + λ = 2α,λλ = α 2 + β 2 R. Dus is (X λ)(x λ) R[X], en we kunnen schrijven dt P(X) = (X λ)(x λ)p 1 (X) 150

152 met P 1 R[X] een reële veelterm. Als λ een (minstens) dubbel nulpunt is vn P, dn is λ een nulpunt vn P 1, en dus is λ ook een nulpunt vn P 1. Dit betekent dt λ een (minstens) dubbel nulpunt is vn P. We kunnen dn schrijven: P(X) = (X λ) 2 (X λ) 2 P 2 (X) wrbij P 2 weer een reële veelterm is. Als λ een (minstens) drievoudig nulpunt is vn P, dn is λ een nulpunt vn P 2, en dus ook λ, en dn is λ een minstens drievoudig nulpunt vn P. Herhling vn deze redenering geeft het resultt. Gevolg Elke reële veelterm kn volledig ontbonden worden ls een product vn reële lineire en kwdrtische fctoren. Bewijs. Omdt een reële veelterm kn beschouwd worden ls een complexe veelterm, hebben we (9.29): P(X) = (X λ 1 ) m1 (X λ r ) m r is de coëfficiënt in de hoogste mcht vn P, en is dus reëel. Als λ i R, dn is de fctor (X λ i ) m i een product vn reële lineire fctoren. Als λ i = α i + iβ i C \ R, dn komt in (9.29) ook de fctor (X λ i ) m i voor (dit volgt uit stelling 9.3.7). (X λ i ) m i (X λ i ) m i = (X 2 2α i X + (α 2 i + β 2 i ) m i is dn een product vn reële kwdrtische fctoren. Splitsing in prtieelbreuken Uit de quotiëntstelling volgt het bestn vn twee unieke veeltermen M(x) en R(x) zodt gr(r) < gr(q) en P(x) = Q(x)M(x) + R(x) of P(x) R(x) = M(x) + Q(x) Q(x) M(x) is een veelterm en kn dus geïntegreerd worden. Ons probleem herleidt zich dus tot het integreren vn rtionle functies wrvn de grd vn de teller strikt kleiner is dn de grd vn de noemer. Lten we eerst ntonen dt zulk een rtionle functie geschreven kn worden ls een som vn eenvoudige rtionle functies. Stelling (Splitsing in prtieelbreuken) Een rtionle functie f (x) = P(x)/Q(x) met gr(p) < gr(q) kn geschreven worden ls een som vn rtionle functies vn de vorm (x α) k en bx + c ((x β) 2 + γ 2 ) l De noemers (x α) k en ((x β) 2 + γ 2 ) l zijn hierin fctoren vn de veelterm Q. 151

153 Bewijs. We zullen de stelling bewijzen door inductie op de grd vn Q. Voor gr(q) = 1 is de stelling trivil. Neem een veelterm Q en onderstel dt de stelling wr is voor rtionle functies met een noemer vn grd strikt kleiner dn de grd vn Q. We zullen ntonen dt de stelling ook wr is voor Q. Onderstel eerst dt α R een wortel is vn Q met multipliciteit n. We kunnen Q dn schrijven in de vorm Q(x) = (x α) n Q 1 (x) met Q 1 (α) 0. Stel Dn is = P(α) Q 1 (α) P(α) Q 1 (α) = 0 zodt P(x) Q 1 (x) deelbr is door x α, en dus kunnen we schrijven en P(x) = Q 1 (x) + (x α)p 1 (x) P(x) Q(x) = Q 1(x) Q(x) + (x α)p 1(x) = Q(x) (x α) n + P 1 (x) (x α) n 1 Q 1 (x) De eerste term is vn de gewenste vorm. Omdt gr((x α) n 1 Q 1 (x)) < gr(q), kn de tweede term ook in de gewenste vorm gebrcht worden, door de inductiehypothese. Onderstel nu dt Q geen reële wortels heeft. Als β+iγ een complexe wortel vn Q is met multipliciteit m, dn is β iγ ook een complexe wortel met multipliciteit m. Dn is een fctor vn Q. We kunnen dus schrijven (x β iγ) m (x β + iγ) m = ((x β) 2 + γ 2 ) m Q(x) = ((x β) 2 + γ 2 ) m Q 2 (x) met Q 2 (β + iγ) 0. We beweren nu dt er reële getllen b en c bestn zo dt deelbr is door x β iγ. Voldoende is dt P(x) (bx + c)q 2 (x) P(β + iγ) (b(β + iγ) + c)q 2 (β + iγ) = 0 Schrijf P(β + iγ)/q 2 (β + iγ) = u + iv. Het is nu voldoende dt of bβ + c + ibγ = u + iv b = v γ en c = u bβ = u vβ γ 152

154 Merk op dt γ 0, omdt β + iγ geen reële wortel is. P(x) (bx+c)q 2 (x) is nu een reële veelterm die deelbr is door x β iγ, en is dus ook deelbr door x β + iγ. We hebben dus dt en P(x) Q(x) = P(x) = (bx + c)q 2 (x) + ((x β) 2 + γ 2 )P 2 (x) bx + c ((x β) 2 + γ 2 ) m + P 2 (x) ((x β) 2 + γ 2 ) m 1 Q 2 (x) De eerste term is vn de gewenste vorm, en omdt gr(((x β) 2 + γ 2 ) m 1 Q 2 (x)) < gr(q), kn de tweede term door de inductiehypothese in de gewenste vorm gebrcht worden. Opmerking Men kn ntonen dt de splitsing in prtieelbreuken uit stelling uniek is. We zullen nu n de hnd vn een voorbeeld lten zien hoe men een rtionle functie kn splitsen in prtieelbreuken. Voorbeeld Beschouw de rtionle functie f (x) = x3 + 2x 2 + 2x + 1 x 2 (x 2 + 2x + 2) 2 Stelling vertelt ons dt f geschreven kn worden in de vorm f (x) = x + b x 2 + cx + d x 2 + 2x ex + f (x 2 + 2x + 2) 2 We moeten de coëfficiënten,b,c,d,e en f beplen. De volgende methode werkt ltijd: breng op gelijke noemer, en identificeer de coëfficiënten in x 0,x 1,x 2,x 3,x 4 en x 5. Dit geeft een lineir stelsel vn zes vergelijkingen met zes onbekenden. Oplossen vn dit stelsel levert de coëfficiënten,b,c,d,e en f. Zols de lezer l snel zl ondervinden, is het rekenwerk uiterst onngenm. Als we lles op gelijke noemer brengen, dn krijgen we in de teller x 3 + 2x 2 + 2x + 1 = (x + b)(x 2 + 2x + 2) 2 + (cx + d)(x 2 + 2x + 2)x 2 + (ex + f )x 2 (9.32) We kunnen de berekeningen ietwt vereenvoudigen door in (9.32) de nulpunten vn de noemer te substitueren. x = 0 geeft 1 = 4b en dus b = 1/4. x = 1 + i geeft 1 = 2i( e + ei + f ) en dus e = f = 1/2. Afleiden vn (9.32) geeft 3x 2 + 4x + 2 = (x 2 + 2x + 2) 2 + 2(x + b)(2x + 2)(x 2 + 2x + 2) + x( ) Als we hierin x = 0 substitueren, dn vinden we 2 = 4 + 8b en dus is = 0. De coëfficiënten in x 5 identificeren levert 0 = + c op en dus is c = 0. De coëfficiënten in x 4 identificeren levert b c + d = 0 op en dus d = 1/4. We kunnen dus besluiten dt x 3 + 2x 2 + 2x + 1 x 2 (x 2 + 2x + 2) 2 = 1 4x 2 1 4(x 2 + 2x + 2) + x + 1 2(x 2 + 2x + 2) 2 153

155 Integrtie vn een rtionle functie Om P(x) Q(x) dx te berekenen delen we eerst P(x) door Q(x), zodt P(x) R(x) = M(x) + Q(x) Q(x) met gr(r) < gr(q). Zols eerder l opgemerkt, is M(x) gemkkelijk te integreren. R(x)/Q(x) splitsen we in prtieelbreuken. Het probleem herleidt zich dn tot het integreren vn (x α) k en bx + c ((x β) 2 + γ 2 ) l Het eerste type kn gemkkelijk geïntegreerd worden: { dx (x α) k+1 (x α) k = 1 k + c ls k > 1; ln x α + c ls k = 1. Om bx + c I = ((x β) 2 + γ 2 ) l dx te berekenen voeren we de substitutie x = β + γt uit, zodt I = b(β + γt) + c (γ 2 t 2 + γ 2 γdt = b ) l tdt (t 2 + 1) l + c dt (t 2 + 1) l met b = bγ 2 2l en c = (bβ + c)γ 1 2l. Om de eerste integrl te berekenen stellen we u = t zodt { tdt (t 2 + 1) l = 1 du u 1 l 2 u l = 2(1 l) ls l > 1; 1 2 ln u ls l = 1. De tweede integrl berekenen we met behulp vn prtiële integrtie. Stel dt I l = (t 2 + 1) l Als l > 1 vinden we I l = t (t 2 + 1) l dt t 2 dt (t 2 + 1) l 1 1 = I l 1 td 2(1 l) (t 2 + 1) l 1 t = I l 1 + 2(l 1)(t 2 + 1) l 1 1 2(l 1) 1 = (1 2(l 1) )I t l 1 + 2(l 1)(t 2 + 1) l 1 = 2l 3 2l 2 I t l 1 + 2(l 1)(t 2 + 1) l 1 dt (t 2 + 1) l 1 154

156 en dit beplt I l in functie vn I l 1. Dit lost het probleem in principe op ngezien Voorbeeld I 1 = dt t = bgtgt + c x 3 + 2x 2 + 2x + 1 I = x 2 (x 2 + 2x + 2) 2 dx dx = 4x 2 1 dx 4 (x 2 + 2x + 2) + 1 x (x 2 + 2x + 2) 2 dx = 1 4x 1 dx 4 ((x + 1) 2 + 1) + 1 2x (x 2 + 2x + 2) 2 dx = 1 4x 1 dt 4 t du 4 u 2 (met t = x + 1 en u = x 2 + 2x + 2) = 1 4x 1 4 bgtgt 1 4u + c = 1 4x 1 4 bgtg(1 + x) 1 4(x 2 + 2x + 2) + c 9.4 Het integreren vn rtionle functies vn sinus en cosinus Onderstel dt f (sinx,cosx) een rtionle functie is vn sinx en cosx, dit wil zeggen f (sinx,cosx) = P(sinx,cosx) Q(sinx,cosx) wrbij P en Q twee veeltermen in twee vernderlijken zijn. We zullen hiern zien dt f (sinx,cosx)dx ltijd berekend kn worden. Het lgemeen gevl Herhl de formules sinx = 2tg x tg 2 x 2 cosx = 1 tg 2 x tg 2 x 2 We voeren de volgende substitutie uit t = tg x 2 155

157 zodt x = 2bgtgt en en onze integrl wordt dx = f (sinx,cosx)dx = 2dt 1 +t 2 2t f ( 1 +t 2, 1 t2 1 +t 2 ) 2dt 1 +t 2 Het rechterlid is de integrl vn een rtionle functie in t, en deze kunnen we berekenen met de methodes uit de voorgnde prgrf. Voorbeeld N substitutie t = tg x 2 krijgen we I = I = cosx 4 cos 2 x dx 2(1 t 2 )dt (3 +t 2 )(1 + 3t 2 ) N splitsing in prtieelbreuken vinden we I = dt 1 + 3t 2 dt 3 +t 2 = 1 3 ( bgtgt 3 bgtg t 3 ) + c De substitutie t = tg 2 x leidt doorgns tot nogl wt rekenwerk. In veel gevllen zijn echter eenvoudiger substituties mogelijk. f is een even functie vn sinx en cosx Indien f (sin x, cos x) = f ( sin x, cos x), dn voert men de volgende substitutie uit: t = tgx ; dx = dt 1 +t 2 We hebben nu sinx = cosx = tgx 1 + tg 2 x = t 1 +t tg 2 x = 1 1 +t 2 Omdt f een even functie is vn sinx en cosx, verdwijnen de vierkntswortels n substitutie vn t, zodt f een rtionle functie vn t wordt. We kunnen deze weer integreren met de methodes uit de vorige prgrf. 156

158 Voorbeeld I = N substitutie vn t = tgx krijgen we dx sinx(sinx + cosx) I = dt 1+t 2 t 1+t 2 ( t 1+t t 2 dt = t(t + 1) dt = t t = ln + c t + 1 dt t + 1 ) f is een oneven functie vn cosx Indien f (sin x, cos x) = f (sin x, cos x), dn voert men de volgende substitutie uit: t = sinx ; dt = cosxdx Omdt f oneven is in cosx, kunnen we schrijven: f (sinx,cosx) = f 1 (sinx,cos 2 x)cosx wrbij f 1 een nieuwe rtionle functie is. Dn is f (sinx,cosx)dx = f 1 (sinx,cos 2 x)cosxdx = f 1 (t,1 t 2 )dt de integrl vn een rtionle functie vn t. Voorbeeld Subsitutie vn t = sin x geeft I = cos xdx 4 cos 2 x dt I = 4 (1 t 2 ) dt = 3 +t 2 = 1 bgtg sinx

159 f is een oneven functie vn sinx Indien f (sin x, cos x) = f ( sin x, cos x), dn voert men volgende substitutie uit: t = cosx ; dt = sinxdx Omdt f oneven is in sinx, kunnen we schrijven: f (sinx,cosx) = f 1 (sin 2 x,cosx)sinx wrbij f 1 een rtionle functie is. Dn is f (sinx,cosx)dx = f 1 (sin 2 x,cosx)sinxdx = f 1 (1 t 2,t)dt de integrl vn een rtionle functie vn t. Voorbeeld Substitueer t = cosx. I = π/4 0 sin 3 xcos 2 xdx 2/2 I = t 2 (1 t 2 )dt = = = 1 2/2 1 [ t 5 (t 4 t 2 )dt ] 2/2 5 t = Rtionle functies vn de exponentiële functie We geven een overzicht vn mogelijke substituties De integrnd is een rtionle functie vn e x : t = e x ; dx = dt t De integrnd is een rtionle functie vn shx en chx t = th x 2 ; dx = 2dt 1 t 2 shx = 2t 1 t 2 ; chx = 1 +t2 1 t 2 158

160 De integrnd is een even functie vn shx en chx: t = thx ; dx = dt 1 t 2 shx = t 1 t 2 ; chx = 1 1 t 2 De integrnd is een even functie vn shx: t = chx De integrnd is een even functie vn chx: t = shx 9.5 Beplde integrlen en specile functies In de vorige prgrfen hebben we gezien hoe sommige onbeplde integrlen (bijvoorbeeld vn rtionle functies) uitgerekend kunnen worden. In veel gevllen gebeurt het dt de onbeplde integrl vn een functie niet uitgedrukt kn worden met behulp vn elementire functies (veeltermen, rtionle, exponentiële, goniometrische functies). Een vn de meest bekende integrlen vn die rd is F() = 1 e x2 2 dx 2π Deze integrl is vn crucil belng in de wrschijnlijkheidsrekening; we verwijzen nr de cursus Wrschijnlijkheidsrekening en Sttistiek. Wt men in zulk een situtie wel kn doen, is de beplde integrl numeriek benderen. Dit kn bijvoorbeeld door een Riemnnsom behorende bij een voldoende fijne prtitie vn het intervl [0,] uit te rekenen. Er zijn echter meer verfijnde lgoritmen om beplde integrlen numeriek te benderen; we zullen deze bespreken in de cursus Numerieke Anlyse. Men kn dn een numerieke tbel voor F() opstellen en F toevoegen n onze bibliotheek vn elementire functies. Een groot ntl integrlen die optreden in prktische toepssingen (bijvoorbeeld problemen uit de mechnic of de fysic) hebben op deze mnier nleiding gegeven tot nieuwe functies. Een overzicht vn deze specile functies, met tbellen en eigenschppen, wordt gegeven in het boek Hndbook of Mthemticl Functions, door M. Abrmovitz en I. Stegun. Andere voorbeelden vn onbeplde integrlen die niet uitgedrukt kunnen worden met behulp vn elementire functies zijn 0 dx lnx sinxdx sinx 2 dx 159

161 cosx 2 dx Men kn deze methode ook gebruiken om de logritmische, exponentiële en goniometrische functies op een correcte mnier in te voeren. De logritmische en de exponentiële functie We definiëren de logritmische functie ln : R + R ls volgt: lnx = Uit de grondformule, stelling 8.2.2, volgt dt ln een differentieerbre functie is, en dt dlnx dx Omdt 1/x > 0 ls x > 0, is ln een monotoon stijgende functie. Bovendien is ln1 = 0, lnx > 0 ls x > 1 en lnx < 0 ls x < 1. Bovendien geldt voor elke > 0 ln = 1 dt t x 1 = 1 x dt t 1/ du = 1 u = ln 1 wrbij we u = 1/t substitueerden. Voor elke,b > 0 vinden we nu ook ln(b) = = = b 1 b 1/ 1 1/ dt t du u du b u + du 1 u = ln 1 + lnb = ln + lnb wt de welbekende formule voor de logritme oplevert. We merken vervolgens op dt n+1 dt > 1 n t n + 1 zodt ln4 = = dt t dt t > > 1 3 dt 4 dt t 3 t 160

162 Bijgevolg is ln4 n = nln4 > n en ngezien ln een stijgende functie is, volgt dt lim lnx = + x + Omdt ln() = ln(1/), volgt hieruit onmiddellijk dt Omdt ln stijgend en continu is, is dus lim lnx = x 0+ ln : R + R een bijectie. De inverse noemt men de exponentiële functie. exp : R R + Het getl e wordt gedefinieerd ls exp(1). Alle ndere elementire eigenschppen vn de exponentiële en logritmische functie kunnen nu eenvoudig bewezen worden. De goniometrische functies Op nloge wijze kunnen we de goniometrische functies op een correcte wijze invoeren. Het eenvoudigst is het te beginnen met de functie bgtg. We definiëren deze ls volgt: bgtgx = x 0 dt 1 +t 2 Net zols in het gevl vn de logritmische functie volgt uit de grondformule dt bgtg een stijgende differentieerbre functie R R is. Men ziet ook onmiddellijk dt bgtg(x) = bgtg( x). Verder zien we dt n dt bgtg n = 0 1 +t 2 1 dt n = 0 1 +t 2 + dt 1 1 +t 2 1 n dt dt t [ 2 1 ] n = 1 t = n < 2 Omdt bgtg een stijgende functie is, hebben we bgtgx < 2 voor elke x R. We definiëren het getl π nu door π = 2 lim x + bgtgx 161

163 We hebben dn onmiddellijk 2 lim bgtgx = π x Net zols voor de logritmische functie volgt nu dt bgtg : R ( π 2, π 2 ) een bijectie is. De inverse functie is per definitie de tngensfunctie. Deze is slechts gedefinieerd op het intervl ( π 2, π 2 ), mr we kunnen deze periodiek voortzetten. De ndere goniometrische functies kunnen dn gedefinieerd worden vi de formules sec 2 x = 1 + tg 2 x, cosx = 1 secx, sin2 x = 1 cos 2 x wrbij het teken op de gebruikelijke mnier gedefinieerd wordt: cosx 0 ls π 2 x π 2, enz. De elementire eigenschppen vn de goniometrische functies kunnen op een reltief eenvoudige mnier fgeleid worden. 162

164 Hoofdstuk 10 Verdere verlgemeningen en toepssingen 10.1 Oneigenlijke integrlen We nemen nu een continue functie op een open intervl (,b). Hierbij lten we ook toe dt = en/of b = +. Als nu [x,y] (,b) een gesloten deelintervl, dn kunnen we de beplde integrl y f (t)dt beschouwen. Vndr de volgende definitie. Definitie Onderstel dt f : (, b) R continu is. Indien de limiet x y lim x +,y b x f (t)dt bestt en eindig is, dn zegt men dt f integreerbr is over [,b] en men noemt de limiet de oneigenlijke integrl vn f over [, b]. Men zegt dn dt de integrl convergeert. Indien de limiet niet bestt of oneindig is, dn zegt men dt de integrl divergeert. Men noteert b f (t)dt = y lim f (t)dt x +,y b x Opmerkingen ) In definitie is het toegelten dt = en/of b = +. In het gevl dt een = spreekt men vn een integrl die oneigenlijk is vn de eerste soort in de ondergrens. Als de integrl oneigenlijk is in R, dn spreekt men vn een oneigenlijke integrl vn de tweede soort in de ondergrens. Een gelijkrdige terminologie is vn toepssing op de bovengrens. 2) Men ziet onmiddellijk dt voor elke c (,b) b y f (t)dt = lim f (t)dt x +,y b x 163

165 = lim = x + c c x f (t)dt + f (t)dt + lim b c y b f (t)dt y c f (t)dt Men kn een oneigenlijke integrl dus steeds herleiden tot twee oneigenlijke integrlen die in slechts een vn de twee grenzen oneigenlijk zijn. 3) Indien f : [, b] R continu is, dn is lim x +,y b y x f (t)dt = b f (t)dt Immers, de beplde integrl is een fleidbre, en dus ook continue functie vn de bovengrens (en vn de ondergrens) Definitie is dus consistent met de theorie (Anlyse I, hoofdstuk 8). 4) De formules vn de prtiële integrtie en de integrtie door substitutie blijven geldig voor oneigenlijke integrlen. Dit volgt gemkkelijk uit de klssieke formules door limietovergng. Bijvoorbeeld b f (t)g (t)dt = lim y x +,y b x ([ ] y y f (t)g(t) x +,y b x x = lim = lim x +,y b [ f (t)g (t)dt ) f (t)g(t)dt ] y b f (t)g(t) f (t)g(t)dt x Oneigenlijke integrlen vn de eerste soort Voorbeeld Neem n R + en > 0, en beschouw de oneigenlijke integrl We onderscheiden drie gevllen: 1) n > 1. Dn is en de integrl is dus convergent. 2) n = 1. en de integrl is dus divergent. 3) n < 1. en de integrl is dus divergent. I = x dt I = lim x + t n = lim x + = lim x + x dt I = lim x + t x dt I = lim x + + t n = lim x + dt t n [ t n+1 ] x 1 n x n+1 1 n n+1 1 n = 1 (n 1) n 1 = lim lnx ln = + x + x n+1 1 n n+1 1 n = + 164

166 Onderstel dt f : [,+ ) R gegeven is. In het voorgnde voorbeeld konden we de onbeplde integrl vn f expliciet uitrekenen. Dit is echter niet ltijd het gevl. Het is drom nuttig een criterium te hebben dt ons vertelt wnneer een oneigenlijke integrl convergeert, zonder dt we deze integrl expliciet hoeven uit te rekenen. De hiernvolgende stelling geeft een voldoende voorwrde opdt een oneigenlijke integrl vn de eerste soort convergeert. Stelling Als f : [,+ ) R continu is, en ls er b,α > 1 en m > 0 bestn zodt voor elke x b geldt 0 f (x) m x α dn is + f (t)dt convergent. Bewijs. Stel x b x g(x) = f (t)dt = f (t)dt + f (t)dt b Omdt f (t) 0 voor t b is g monotoon niet-dlend voor x b. Voor x b geldt bovendien dt x x dt + f (t)dt m b b t α m dt b t α Omdt α > 1, is deze ltste integrl convergent (zie het voorgnd voorbeeld), en dus is de functie g : [,+ ) R begrensd. Omdt g monotoon en begrensd is, bestt en dit bewijst onze stelling. + lim g(x) = f (t)dt x + We kunnen het convergentiekenmerk herschrijven in limietvorm. Stelling Als f : [,+ ) R + continu is, en met 0 k < + en α > 1, dn is de integrl + convergent. lim x + xα f (x) = k f (t)dt Bewijs. Voor elke ε > 0 bestt een b zodt voor elke x > b geldt dt k ε < x α f (x) < k + ε en dus 0 f (x) < k + ε x α en we kunnen de voorgnde stelling toepssen. 165

167 Voorbeeld Voor elke p R is + convergent. Immers, voor x voldoende groot is 1 x p 1 x p 1 e x dx e x < 1 x 2 ngezien x p+1 lim x + e x = 0 Merk op dt we bovenstnde integrl lleen mr expliciet kunnen uitrekenen indien p een positief ntuurlijk getl is. Opmerking De lezer zou kunnen denken dt + +x f (t)dt = lim f (t)dt x + x Indien de integrl in het linkerlid convergeert, dn is dt inderdd het gevl. Het is echter mogelijk dt het rechterlid bestt, mr het linkerlid niet. Neem bijvoorbeeld f (t) = t. Dn is +x [ t 2 lim tdt = lim x + x x + 2 ] x x = 0 terwijl niet bestt. + tdt = 0 + tdt + tdt = + 0 Oneigenlijke integrlen vn de tweede soort Voorbeeld Beschouw de oneigenlijke integrl wrbij n > 0. Voor n = 1 krijgen we I = b b dx (x ) n dt I = lim x + x t [ ] b = lim ln(t ) x + x = ln(b ) lim ln(x ) = + x + 166

168 en de integrl divergeert. Voor n 1 hebben we b I = lim x + = lim x + = lim x + dt x (t ) n [ (t ) n+1 n + 1 (b ) n+1 n + 1 Als n < 1, dn convergeert de integrl, en dn is I = Als n > 1, dn divergeert de integrl. b ] b x (x ) n+1 n + 1 dx (b )1 n = (b x) n 1 n Net zols voor een oneigenlijke integrl vn de eerste soort kunnen we nu een convergentiecriterium formuleren. Dit convergentiekenmerk is gebseerd op het voorgnde voorbeeld. Stelling Onderstel dt f : (, b] R een continue functie is. Indien er α (0, 1), m > 0 en c (,b] bestn zodt m 0 f (x) (x ) α voor elke x (,c], dn is convergent. b f (x)dx Bewijs. Stel b c b g(x) = f (t)dt = f (t)dt + f (t)dt x x c wrbij x (,c]. g is continu (Anlyse I, stelling 8.2.2), en g stijgt ls x nr dlt omdt f (x) 0. Verder is c x c f (t)dt m x dt (t ) α m c dt (t ) α Deze ltste integrl convergeert omdt 0 < α < 1, zie het voorgnd voorbeeld. g(x) is dus nr boven begrensd zodt lim x g(x) bestt en eindig is. We kunnen dit criterium in limietvorm herschrijven. 167

169 Stelling Onderstel dt f : (,b] R + een continue functie is. Indien er een α (0,1) bestt zo dt lim x + (x )α f (x) = k < + dn convergeert de integrl b f (x)dx Bewijs. Voor elke ε > 0 bestt een δ > 0 zo dt voor x < δ = k ε < (x ) α f (x) < k + ε zodt 0 f (x) < k + ε (x ) α De convergentie vn de integrl volgt dn onmiddellijk uit stelling Men kn nloge criteri formuleren voor oneigenlijke integrlen vn de tweede soort die oneigenlijk zijn in de bovengrens. Stelling Onderstel dt f : [, b) R een continue functie is. Indien er α (0, 1), m > 0 en c [,b) bestn zo dt m 0 f (x) (b x) α voor elke x [c,b), dn is convergent. b f (x)dx Stelling Onderstel dt f : [,b) R een continue functie is. Indien er een α (0,1) bestt zo dt lim x b (b x)α f (x) = k < + dn convergeert de integrl b f (x)dx Bewijs. Het bewijs vn de stellingen en is nloog n dt vn de stellingen en Men kn de stellingen en ook rechtstreeks uit en fleiden door de substitutie u = x uit te voeren. Men krijgt dn b f (x)dx = b f (u)du en deze ltste integrl is oneigenlijk in de ondergrens. Hierop kunnen we of rechtstreeks toepssen. 168

170 Voorbeeld Voor elke p > 0 is de integrl 1 0 x p 1 e x dx convergent. Voor p 1 is er geen enkel probleem, wnt dn is de integrnd continu over [0, 1]. Voor 0 < p < 1 is de integrnd niet begrensd in het punt x = 0. Angezien lim x 0+ x1 p x p 1 e x = 1 en 0 < 1 p < 1, volgt uit dt de integrl convergeert De gmmfunctie In de vorige twee prgrfen hebben we gezien dt de integrlen 1 0 t p 1 e t dt en + 1 t p 1 e t dt convergeren voor elke p > 0. We voeren nu de volgende nieuwe functie in: Definitie De gmmfunctie wordt gedefinieerd door de volgende formule: Γ : R + R + : p Γ(p) Γ(p) = + 0 t p 1 e t dt (10.1) We bespreken nu enkele eigenschppen vn de gmmfunctie. Onderstel dt p > 1, en integreer (10.1) bij gedeelten: + Γ(p) = t p 1 de t 0 [ = lim t p 1 e t] x + + (p 1) t p 2 e t dt x 0 0 [ Voor p > 1 is t p 1 e t] = 0 en t=0 zodt Hiermee hebben we bewezen: lim x + xp 1 e x = 0 Γ(p) = (p 1)Γ(p 1) 169

171 25 gmmfunctie y-s x-s Figuur 10.1: Grfiek vn de gmmfunctie Stelling Voor elke p > 1 geldt dt Γ(p) = (p 1)Γ(p 1) (10.2) De berekening vn Γ(p) kn dus steeds herleid worden tot de berekening vn Γ(p) met 0 < p 1. Lten we vervolgens Γ(1) berekenen. Γ(1) = + 0 [ e t dt = lim e t] x = 1 x 0 Uit deze formule en (10.2) volgt onmiddellijk dt voor elk ntuurlijk getl n Γ(n) = (n 1)Γ(n 1) = (n 1)(n 2)Γ(n 2) = (n 1)!Γ(1) = (n 1)! Stelling Voor elk ntuurlijk getl n > 0 hebben we Γ(n) = (n 1)! (10.3) Men kn ntonen dt de gmmfunctie continu en fleidbr is over (0,+ ]. In Anlyse II, 5.4 zullen we ntonen dt Γ(1/2) = π 10.3 Booglengte In hoofdstuk 8 hebben we gezien dt we de beplde integrl kunnen gebruiken om oppervlktes te berekenen. In deze prgrf zullen we zien dt ook de lengte vn een kromme kn bepld 170

172 worden met behulp vn de beplde integrl. Beschouw een vectorfunctie r : [,b] R 3 : t r(t) Zols gezien in hoofdstuk 1 kn zulk een vectorfunctie gebruikt worden om krommen te beschrijven. Indien r continu is over [,b], dn noemen we het beeld vn r in R 3 een continue boog. Schrijf A = r() en B = r(b). We zullen de boog bepld door de vectorfunctie r dn noteren door ÂB. In deze prgrf zullen we booglengte definiëren, en we zullen ook zien hoe we met behulp vn de beplde integrl booglengten kunnen berekenen. z A M M 1 M k 1 t 0 t 1 t 2... t k 1 t k b B y Figuur 10.2: Prtitie vn een continue boog x Hiervoor gn we ls volgt te werk: beschouw een prtitie P = ( = t 0,t 1,,t k = b) vn [,b]. Schrijf M i = r(t i ) voor i = 0,1,,k. Het beeld vn P in R 3 is dn Q = r(p) = ( A = M 0, M 1,, M k = B) Dit verdeelt de boog ÂB in k deelbogen ÂM 1, M 1 M 2,, M k 1 B. We noemen Q een prtitie vn de boog ÂB (zie Figuur 10.2). Het is duidelijk dt λ Q = k i=1 M i M i 1 een bendering is vn wt we - intuïtief - ls de lengte vn de boog beschouwen. Bovendien is deze bendering kleiner dn de werkelijke wrde vn de boog, en, hoe fijner de prtitie P, hoe beter de bendering. Vndr de volgende definitie. Definitie Onderstel dt ÂB een continue boog in R 3 is. Met notties ls hierboven definiëren we de booglengte vn ÂB ls lâb = sup{λ Q Q is een prtitie vn ÂB} (10.4) Indien lâb eindig is, dn noemen we de boog ÂB rectificeerbr. 171

173 Opmerkingen ) Er zijn - pthologische - voorbeelden vn continue bogen die niet rectificeerbr zijn. Men kn zelfs voorbeelden bedenken vn continue bogen die het hele eenheidsvierknt opvullen. 2) De definitie is onfhnkelijk vn de gekozen prmetristie vn de boog ÂB. Dit blijkt onder meer uit bovenstnde figuur. Alvorens een formule op te stellen die ons in stt stelt om booglengten te berekenen hebben we eerst twee lemms nodig. Lemm Onderstel dt C een punt is op een rectificeerbre continue boog ÂB. Dn is lâb = lâc + lĉb Bewijs. Intuïtief gezien is het resultt vn dit lemm ntuurlijk trivil. Om mthemtisch precies te zijn moeten we het echter ook bewijzen uitgnde vn definitie Dit is een beetje technisch. We zullen eerst bewijzen dt lâb lâc + lĉb Onderstel dt Q 1 = (A = M 0,,M r = C) een prtitie is vn ÂC, en Q 2 = (C = M r,,m k = B) een prtitie vn ĈB. Dn is Q = (A = M 0,,M r = C,,M k = B) een prtitie vn ÂB en dus is λ Q1 + λ Q2 = λ Q lâb Omdt dit geldt voor lle prtities Q 1 en Q 2, volgt dt lâc + lĉb lâb Lten we nu de omgekeerde ongelijkheid bewijzen. Kies ε > 0. Dn bestt er een prtitie Q vn ÂB zo dt lâb ε < λ Q lâb Een technische moeilijkheid is nu de volgende: het punt C is niet noodzkelijk een deelpunt vn de prtitie Q. Om dt te verhelpen stellen we Q de prtitie die ontstt uit Q door het punt C toe te voegen. Dn is lâb ε < λ Q λ Q lâb Beperk Q tot twee nieuwe prtities Q 1 en Q 2 vn ÂC en ĈB. Dn is λ Q = λ Q1 + λ Q2 zodt lâb ε < λ Q1 + λ Q2 lâc + lĉb Angezien dit geldt voor elke ε > 0, volgt hieruit dt lâb lâc + lĉb 172

174 Definitie Onderstel dt f : [,b] R n een vectorfunctie is, wrvn elke component f i : [,b] R een stuksgewijs continu is. We definiëren de beplde integrl vn f ls de vector met ls i-de component de beplde integrl vn f i. b b b f (t)dt = ( f 1 (t)dt,, f n (t)dt) Lemm Onderstel b. Met notties zols in definitie hebben we b f (t)dt Bewijs. Merk eerst op dt voor elke vector c R n Neem nu c b f (t)dt = c = = = b b f (t) dt (10.5) n b c i i=1 b n i=1 b f (t)dt f i (t)dt c i f i (t)dt ( c f (t))dt (10.6) Dn hebben we, gebruik mkend vn (10.6) en de ongelijkheid vn Cuchy-Schwrtz c 2 = c c = c b b f (t)dt = c f (t) dt = c b b ( c f (t))dt f (t) dt Als c 0, dn volgt (10.5) ls we beide leden delen door c. Als c = 0, dn is het linkerlid vn (10.5) nul, en het rechterlid niet-negtief. Stelling Onderstel dt ÂB een continue boog is, bepld door de vectorfunctie f : [,b] R 3 : t f (t) Als d f dt bestt en continu is over [,b], dn is de boog ÂB rectificeerbr, en dn wordt de lengte vn ÂB gegeven door de integrl b lâb = d f dt (10.7) dt Bewijs. Het bewijs verloopt in twee stppen. We bewijzen eerst dt de boog ÂB rectificeerbr is. Neem een prtitie P vn [,b], te weten P = ( = t 0,t 1,,t k = b) 173

175 en noem Q = f (P) = ( A = M 0, M 1,, M k = B) de bijhorende prtitie vn ÂB. Met notties ls hierboven hebben we nu, gebruik mkend vn de grondformule vn de integrlrekening en lemm , λ Q = = k i=1 k i=1 M i M i 1 = ti k t i 1 d f dt dt k i=1 ti i=1 f (t i ) f (t i 1 ) t i 1 d f dt dt = b d f dt dt Omdt d f dt continu is, is ook d f continu, en dus bestt de integrl dt b d f dt dt Hieruit volgt dt {λ Q Q een prtitie vn ÂB} begrensd is, en dus is de boog ÂB rectificeerbr. We zullen nu (10.7) bewijzen. We voeren drtoe de volgende hulpfunctie in: s : [,b] R + : t s(t) = lâm wrbij M = f (t). Neem t 0 < t [,b]. Uit lemm en het eerste deel vn het bewijs volgt nu Uit de definitie vn booglengte volgt zodt s(t) s(t 0 ) = l M 0 M t t 0 d f dt (u) du f (t) f (t 0 ) s(t) s(t 0 ) f (t) f (t 0 ) t t 0 s(t) s(t 0) 1 t t 0 t t 0 t d f dt dt (10.8) Verifieer zelf dt deze ongelijkheden ook gelden voor t < t 0. In de formule (10.8) is de limiet voor t t 0 vn zowel het eerste ls het derde lid d f dt (t 0). Immers lim f (t) f (t 0 ) t t 0 t t 0 = f (t) f (t 0 ) lim t t0 t t 0 = d f dt (t 0) ; Uit de stelling vn het gemiddelde hlen we dt t d f dt dt = (t t 0) d f dt (τ), t 0 t 0 174

176 wrbij τ [t 0,t], zodt 1 lim t t 0 t t 0 t d f dt dt = d f dt (t 0). De limiet vn het middelste lid is de fgeleide vn s, en dus is Angezien s() = 0, volgt hieruit dt t 0 ds dt = d f (10.9) dt s(t) = t d f dt dt Als we hierin t = b stellen, dn volgt de gewenste formule. Opmerkingen ) In componenten uitgeschreven wordt formule (10.7) b lâb = Voor een vlkke kromme krijgen we (stel f 3 = 0) b lâb = f 1 (t)2 + f 2 (t)2 + f 3 (t)2 dt f 1 (t)2 + f 2 (t)2 dt Merk trouwens op dt definitie en stelling ook geldig zijn in R n. 2) Als een kromme gegeven is, dn zijn verschillende keuzes vn de prmeter t mogelijk. Zo zijn de stellen vergelijkingen { { x = cost x = cost 2 en y = sint y = sint 2 beide een stel prmetervergelijkingen voor de eenheidscirkel. Een ntuurlijke keuze voor de prmeter is s, de booglengte lngs de boog. (10.9) neemt nu de volgende vorm n: of ( ds dt ) 2 = ( dx dt ) 2 + ( dy dt ) 2 ( dz ) 2 + dt ds 2 = dx 2 + dy 2 + dz 2 (10.10) Men kn (10.10) beschouwen ls een differentilvorm vn de formule die de fstnd tussen twee punten geeft: d 2 = x 2 + y 2 + z 2 Voorbeelden ) We berekenen de lengte vn een cirkelboog. De prmetervergelijkingen vn een cirkel met strl zijn { x = cost y = sint 175

177 Hieruit volgt en dx dt dy = sint en dt = cost ( dx ) 2 ( dy ) 2 + = 2 dt dt De lengte vn de cirkelboog begrepen tussen de prmeters t 0 en t 1 is dus t1 dt = (t 1 t 0 ) t 0 2) We berekenen de booglengte vn een boog vn een cycloïde. Een cycloïde is de bn die een 12 Cycloide (=1) 10 8 y-s x-s Figuur 10.3: De cycloïde punt op de omtrek vn een cirkel beschrijft ls men deze cirkel lt rollen zonder glijden over een rechte. In Figuur 10.3 is een cycloïde geschetst. Als deze rechte de x-s is, dn kn men de vergelijking vn de cycloïde in prmetervorm schrijven ls volgt { x = (t sint) We vinden nu gemkkelijk zodt en dx dt dy dt y = (1 cost) = (1 cost) = 2sin 2 t 2 = sint = 2sin t 2 cos t 2 ( dx ) 2 ( dy ) 2 + = 4 2 sin 4 t dt dt sin 2 t t 2 cos2 2 = 42 sin 2 t 2 l = 2π 0 2 sin t dt =

178 We zullen nu enkele specile gevllen vn (10.7) nder bekijken. Vlkke kromme gegeven in de vorm y = f (x) Voldoende is x ls prmeter te kiezen. Omdt dx dx = 1 vindt men voor de booglengte l = b 1 + y 2 dx Vlkke kromme gegeven in poolcoördinten Onderstel dt de kromme gegeven is in de vorm { ρ = ρ(t) θ = θ(t) wrbij ρ en θ poolcoördinten zijn. Angezien { x = ρcosθ heeft men = dρ dt = dρ dt y = ρsinθ dx dt dy dt en ( dx ) 2 ( dy ) 2 ( dρ + = dt dt dt en de formule voor booglengte wordt b (dρ ) 2 l = + ρ 2 dt cosθ ρsinθdθ dt sinθ + ρcosθdθ dt ) 2 ( + ρ 2 dθ ) 2 dt ( dθ dt ) 2dt (10.11) Als onze kromme gegeven is in de vorm ρ = ρ(θ), dn kiezen we θ ls prmeter, en dn neemt (10.11) de volgende vorm n: b (dρ ) 2 l = + ρ dθ 2 dθ (10.12) Voorbeeld Beschouw de kromme met vergelijking in poolcoördinten Deze kromme wordt geschetst in Figuur ρ = (1 + cosθ) 177

179 2 Hrtkromme (=1) y-s x-s Figuur 10.4: De hrtkromme of crdioïde Vnwege zijn vorm noemt men deze kromme een hrtkromme of crdioïde. We hebben ρ 2 + ρ 2 = 2 (1 + cos 2 θ + sin 2 θ + 2cosθ) = 4 2 cos 2 θ 2 zodt π l = 4 cos θ [ 0 2 dθ = 8 sin θ ] π 2 = Lengteintegrlen Zols in 10.3 nemen we een continu differentieerbre boog ÂB met lengte l = lâb, en vectorvergelijking r = f (t), wrbij t [,b]. We beschouwen weer de functie s(t) die de booglengte lngsheen de boog ÂB meet. We kunnen ÂB dn prmetreren in s in plts vn in t: r = g(s), wrbij s [0, l]. We hebben dn dt f (t) = g(s(t)). Onderstel nu dt de boog ÂB mssief is, met een mssdichtheid ρ(s), die (continu) fhngt vn de plts op de boog. ρ is dn gegeven in eenheid vn mss per eenheid vn lengte (bijvoorbeeld kg/m). Wt is nu de totle mss vn ÂB? Om die te vinden redeneren we ls volgt. We beschouwen een prtitie P = (0 = s 0,s 1,,s n = l) vn het intervl [0,l]. Stel R i = mx{ρ(s) s [s i 1,s i ]}; r i = min{ρ(s) s [s i 1,s i ]}. 178

180 Dn is n i=1 r i s i M n i=1 R i s i Angezien dit geldt voor elke prtitie P vn [0,l] kunnen we besluiten dt M = l 0 ρ(s)ds. We keren nu terug nr de prmeter t; dit betekent eigenlijk dt we de substitutie s = s(t) uitvoeren. We vinden dn b M = ρ(s(t)) ds b dt dt = ρ(s(t)) d f dt dt We kunnen nu ook de gemiddelde dichtheid vn ÂB berekenen. Dit is de constnte dichteid die ÂB moet hebben om dezelfde mss te hebben: ρ = M l = b ρ(s(t)) d f dt dt. b d f dt dt In plts vn mssdichtheid kunnen we ook ndere grootheden integreren. Zo is het middelpunt vn ÂB het punt met coördinten (x,y,z), wrbij x = 1 l l 0 xds, y = 1 l l 0 yds, z = 1 l l 0 zds. Voorbeeld Beschouw de bovenste helft vn de cirkel x 2 + y 2 = 1. Een stel prmetervergelijkingen is { x = cost y = sint t = s is dn gelijk de hoofdprmeter lngs de kromme. We berekenen nu Uiterrd is x = 0. y = 1 π π 0 yds = 1 π π 0 sintdt = 2 π. 179

181 Index fgeleide (derivtive) 52 xiom vn Archimedes 7 begrensde verzmeling (bounded set) 9 benedensom (lower sum) 128 beplde integrl (definite integrl) 130 bijectie (bijection) 17 booglengte (rc length) 171 bovengrens 18 bovensom (upper sum) 128 crdioïde (crdioid) 178 Cuchyrij (Cuchy sequence) 29 componentfuncties 12 continue boog (continuous curve) 41 continue functie (continuous function) 38 convergente rij (convergent sequence) 21 cycloïde (cycloid) 176 deelrij (subsequence) 28 deelverzmeling (subset) 5 definitieverzmeling 11 differentieerbre functie (differentible function) 60 differentieerbre functie (differentible function) 83 divergente rij (divergent sequence) 21 domein 11, 41 driehoeksongelijkheid (tringle inequlity) 9 element 4 elliptische prboloïde (elliptic prboloid) 100 extremum (extreml vlue) 77 formule vn McLurin (McLurin s formul) 76 formule vn Tylor (Tylor s formul) 75 functie (function; mp) 10 functie vn n vernderlijken 12 gmmfunctie 169 gemiddelde wrde (men vlue) 135 gesloten verzmeling (closed set) 40 grdiënt (grdient) 83 grfiek vn een functie (grph) 12 grondformule vn de integrlrekening (fundmentl Theorem of clculus) 136 hrtkromme 178 hoogtelijn 13 infimum 18 injectie (injection) 17 inverse functie (inverse function) 17 inverteerbre functie (invertible function) 17 inwendig punt (interior point) 40 Jcobinse determinnt 88 kettingregel (chin rule) 91 lengte vn een vector (length of vector) 9 limiet vn een functie (limit of function) 31 limiet vn een rij (limit of sequence) 21 linkerfgeleide (left derivtive) 54 mjornt 18 mximum (locl mximum) 77 mximum 17 middelwrdestelling (men vlue Theorem) 69 minimum (locl minimum) 77 minimum 18 minornt 18 monische veelterm (monic polynomil) 147 niveuoppervlk 14 norm vn een prtitie 127 numerieke functie 11 numerieke rij (sequence of rel numbers) 11 ondergrens (lower bound) 18 oneigenlijke limiet (improper limit) 37 ongelijkheid vn Cuchy-Schwrz (Cuchy-Schwrz inequlity) 9 open verzmeling (open set) 40 prbolische cilinder (prbolic cilinder) 101 prbolische hyperboloide (hyperbolic prboloid) 100 prmetervergelijkingen

182 prtiële fgeleide (prtil derivtive) 81 prtiële integrtie (integrtion by prts) 145 prtitie vn een intervl 127 primitieve functie (primitive function) 136 rklijn (tngent line) 52 rkvlk (tngent plne) 83 rndpunt (boundry point) 41 reëel getl (rel number) 7 rechterfgeleide (right derivtive) 54 rectificeerbre boog (rectifible curve) 171 regel vn de l Hospitl (l Hospitl s rule) 70 restterm vn Liouville (Liouville s reminder term) 76 richtingsfgeleide (directionl derivtive) 82 Riemnnsom (Riemnn sum) 132 smengestelde functie (composition) 16 smenhngende verzmeling (connected set) 41 sclir product (dot product) 9 schroeflijn (helix) 15 sttionir punt (sttionry point) 78 sttionir punt (sttionry point) 99 stelling vn Cuchy (Cuchy s Theorem) 67 stelling vn het gemiddelde 134 stelling vn Lgrnge (Lgrnge s Theorem) 68 stelling vn Rolle (Rolle s Theorem) 66 stuksgewijze continue functie (piecewise continuous function) 132 supremum 18 surjectie (surjection) 17 uniforme continuiteit (uniform continuity) 43 vritieverzmeling 11 vectorruimte (vector spce) 9 vectorvergelijking 14 vectorwrdige functie (vector vlued function) 12 verdichtingspunt (limit point) 26 vervolledigde reële rechte (completed rel line) 8 verzmeling (set) 4 wrdeverzmeling 11 zdeloppervlk (sddle surfce)