Syllabus Analyse 2A. door T. H. Koornwinder

Syllbus Anlyse 2A door T. H. Koornwinder Universiteit vn Amsterdm, Fculteit der Ntuurwetenschppen, Wiskunde en Informtic, Korteweg-de Vries Instituut voor Wiskunde september 2001 Deze syllbus geeft de stof vn het college Anlyse 2A voor tweedejrs wiskunde en tweedejrs gecombineerde richting met wiskunde. De eerste hoofdstukken sluiten nuw n bij de eerstejrsvkken Methoden en Technieken, Anlyse 1A en Anlyse 1B. Sommige opgven stn in de tekst tussen de theorie. Zij bevtten vk nvullende stellingen die de moeite wrd zijn om te onthouden, mr wrvn je het bewijs zelf moet geven. An het eind vn elk hoofdstuk stn verdere vrgstukken. Als een prgrfnummer cursief is gedrukt of ls het woord Bewijs cursief is gedrukt, betekent dit dt het betreffende stuk een nvulling voor geïnteresseerden geeft die niet tot de verplichte stof behoort. Inhoudsopgve 1. Uniforme continuïteit 2. Reeksen 3. Integrtie 4. Uniforme convergentie 5. Erfelijkheidsstellingen 6. Approximtiestellingen 7. Orthonormlestelsels en Hilbert-ruimtes 8. Fourierreeksen Stndrd-referenties Syllbus Clculus I, P. J. I. M. de Pepe, 2000. Syllbus Clculus II, P. J. I. M. de Pepe, 2000. Introduction to nlysis, E. D. Gughn, Brooks/Cole Publishing Compny, 5th Edition, 1998. Syllbus Anlyse 1B, J. Wiegerinck, mrt 2001. Webpgin http://www.science.uv.nl/~thk/edu/nl2/ 1

1 Uniforme continuïteit 1.1 De definitie vn continuïteit vn een functie werd gegeven in syll. Clculus I, hst. I, p.16 en in Gughn, 3.1. Gughn geeft deze definitie voor functies f: E R, wrbij E een willekeurige deelverzmeling vn R is. Wij zullen ons beperken tot functies f: I R wrbij I een intervl op R is. Ter herinnering: Lt, b R, < b. Dn onderscheiden we de intervllen {}, (, b), [, b), (, b], [, b], [, ), (, ), (, b), (, b] en (, ). 1.2 Opgve (herhling) Welke vn bovengenoemde intervllen zijn open deelverzmelingen vn R en welke zijn gesloten deelverzmelingen vn R? Wrom? Welke vn bovengenoemde intervllen zijn compct? Wrom? 1.3 Definitie (continuïteit vn een functie op een intervl in R; herhling) Zij I een intervl in R en f: I R een functie op I. () Lt x I. Dn is f continu in het punt x ls er bij iedere ε > 0 een δ > 0 is zo dt f(y) f(x) < ε voor iedere y I met y x < δ. (b) f is continu op I ls f continu is in elk punt x vn I. Equivlent met (b) kunnen we zeggen: (b ) f is continu op I ls er bij ieder x I en bij iedere ε > 0 een δ > 0 is zo dt f(y) f(x) < ε voor iedere y I met y x < δ. Uitgeschreven in logische quntoren: f is continu op I desd x I ε > 0 δ > 0 y I ( y x < δ = f(y) f(x) < ε ). (1.1) Merk op dt δ = δ(ε, x) hier fhngt vn ε en x. 1.4 Uniforme continuïteit vn f: I R werd gedefinieerd in Gughn, 3. Nu zl de δ uit Definitie 1.1(b ) nog steeds fhngen vn ε mr niet meer vn vn x: Definitie (uniforme continuïteit; herhling) Zij I een intervl in R en f: I R. De functie f heet uniform continu op I ls er bij elke ε > 0 een δ > 0 is zo dt f(y) f(x) < ε voor elke x, y I met y x < δ. Uitgeschreven in quntoren: f is uniform continu op I desd ε > 0 δ > 0 x, y I ( y x < δ = f(y) f(x) < ε ). (1.2) Vergeleken met (1.1) is in (1.2) de universele quntor x I dus door de existentiële quntor δ > 0 heen gehld. Uniforme continuïteit vn f op I impliceert continuïteit vn f in lle punten vn I, mr niet omgekeerd. Immers, zij B(x, δ) een bewering wrvn het l of niet wr zijn fhngt vn vribelen x en δ. Vergelijk dn de uitsprken δ x B(x, δ) en x δ B(x, δ). De eerste uitsprk impliceert de tweede, mr de tweede uitsprk impliceert niet noodzkelijk de eerste. Om wt meer gevoel voor uniforme continuïteit te krijgen bekijken we twee eenvoudige voorbeelden. 2

HOOFDSTUK 1 UNIFORME CONTINUITEIT 1.5 Voorbeeld Bekijk eerst de functie f: R R gegeven door f(x) := x 2. Zij voor een willekeurig intervl I in R de functie f I gedefinieerd ls de beperking vn f tot I. De functie f en lle functies f I zijn uiterrd continu. Voor willekeurige x, y R geldt dt f(x) f(y) = x + y x y. Als I een begrensd intervl is, dus ls I [ M, M] voor zekere M > 0, dn zl dus f I (x) f I (y) 2M x y voor lle x, y I. Dus f I is dn uniform continu op I. Immers, kies bij gegeven ε > 0 voor δ het getl ε/(2m). De functie f is echter niet uniform continu op R. Wnt f(n+n 1 ) f(n) = 2+n 2 > 2 voor n N. Dus voor geen enkele δ > 0 kn het wr zijn dt f(x) f(y) < 2 voor lle x, y R met x y < δ. Immers, kies n N met 1/n < δ en neem dn x := n, y := n + n 1. 1.6 Voorbeeld Bekijk nu de functie f: (0, ) R gegeven door f(x) := x 1 en zij f de beperking vn f tot [, ), wrbij > 0. Dn zijn f en lle f continu. Voor willekeurige x, y > 0 geldt dt f(x) f(y) = x y /(xy). Als x, y > 0 dn f (x) f (y) 2 x y. Dus f is uniform continu op [, ). G n! De functie f is echter niet uniform continu op (0, ). Wnt voor elke n N geldt dt f((n + 1) 1 ) f(n 1 ) = 1, terwijl (n + 1) 1 n 1 < n 2 (g n). Dus voor geen enkele δ > 0 kn het wr zijn dt f(x) f(y) < 1 voor lle x, y (0, ) met x y < δ. Immers, kies n N met n 2 < δ en neem dn x := (n + 1) 1, y := n 1. 1.7 In Voorbeeld 1.5 bereikten we uniforme continuïteit ls we weg vn ± bleven, en in Voorbeeld 1.6 ls we weg vn 0 bleven. De pltsen wrvn we weg moesten blijven wren ook juist de pltsen wr de functie willekeurig sterk ging stijgen of dlen. Dit suggereert een lgemeen verbnd tussen uniforme continuïteit en begrensdheid vn de eerste fgeleide. We kunnen in de twee voorbeelden ook constteren dt er uniforme continuïteit geldt ls we ons beperken tot een gesloten en begrensd intervl. De voorbeelden lten bovendien zien dt continuïteit niet noodzkelijk uniform hoeft te zijn voor een functie op een onbegrensd of een niet-gesloten intervl. We formuleren en bewijzen nu uitsprken die stroken met deze experimentele wrnemingen. Eerst roepen we de middelwrdestelling (zie syll. Clculus I, hst. II, 3.1 of Gughn, Theorem 4.8) in herinnering. Stelling (middelwrdestelling; herhling) Zij f: [, b] R. Als f continu is op [, b] en f differentieerbr op (, b), dn is er een ξ (, b) zo dt f f(b) f() (ξ) =. b 1.8 Propositie Zij I R een open intervl met ls fsluiting het intervl J. Zij f: J R continu, differentieerbr op I, en neem n dt er een M 0 bestt zo dt f (x) M voor lle x I (dus f is begrensd op I). Dn geldt dt wrdoor f uniform continu is op J. f(x) f(y) M x y voor lle x, y J, (1.3) 3

HOOFDSTUK 1 UNIFORME CONTINUITEIT Bewijs Voor het bewijs vn (1.3) mogen we zonder verlies vn lgemeenheid nnemen dt x, y J met x < y. De middelwrdestelling 1.7 voor f beperkt tot het intervl [x, y] levert het bestn vn een ξ (x, y) zo dt f(y) f(x) y x = f (ξ) M. Dit bewijst (1.3). Zij nu ε > 0. In het gevl M > 0 kunnen we δ := ε/m nemen en en verifiëren dt n Definitie 1.4 voldn is. Als M = 0 dn kn δ willekeurig gekozen worden. Een functie f op een open intervl I die n de voorwrde (1.3) voldoet voor zekere M 0, heet Lipschitz-continu op I. Merk op dt voor een functie f op een open intervl I de implicties () (b) (c) (d) gelden, wrbij: () f heeft een begrensde fgeleide op I; (b) f is Lipschitz-continu op I; (c) f is uniform continu op I; (d) f is continu op I. 1.9 Een vn de belngrijkste stellingen i.v.m. uniforme continuïteit werd gegeven in Gughn, Theorem 3.8: Stelling (uniforme continuïteit voor functie op compct intervl; herhling) Zij [, b] een gesloten begrensd intervl en zij f: [, b] R continu. Dn is f uniform continu op [, b]. 1.10 In syll. Anlyse 1B, Definitie 4.17 is uniforme continuïteit meer lgemeen gedefinieerd voor een functie op een metrische ruimte. We geven deze definitie nog eens, wrbij we voor het gemk nnemen dt de functie fbeeldt nr R i.p.v. nr een willekeurige metrische ruimte. Definitie (uniforme continuïteit vn een functie op een metrische ruimte; herhling) Zij (X, ρ) een metrische ruimte en f: X R. De functie f heet uniform continu (op X) ls er bij elke ε > 0 een δ > 0 is zo dt f(x) f(y) < ε voor lle x, y X met ρ(x, y) < δ. Stelling 1.9 kn in dit verbnd gegenerliseerd worden, zie syll. Anlyse 1B, Stelling 4.18 (wederom formuleren we de stelling voor het specile gevl dt f in R fbeeldt): Stelling (uniforme continuïteit voor functie op compcte metrische ruimte; herhling) Zij (X, ρ) een compcte metrische ruimte en f: X R continu. Dn is f uniform continu. 1.11 Gughn s bewijs vn zijn Theorem 3.8 en het bewijs in syll. Anlyse 1B vn Stelling 4.18 ldr mken gebruik vn de definitie vn een compcte verzmeling (Gughn, 3.3 en syll. Anlyse 1B, Definitie 4.1). Hieronder geven we een nder bewijs voor Stellingen 1.9 en 1.10, wrbij we gebruik mken vn de z.g. Bolzno-Weierstrss-eigenschp vn de verzmeling wrop de functie gedefinieerd is. 4

HOOFDSTUK 1 UNIFORME CONTINUITEIT Eerst bereiden we ons bewijs vn Stelling 1.9 voor. Hiertoe herhlen we Exercise 36 in Chpter 1 vn Gughn. De uitsprk vn deze opgve, equivlent n de Stelling vn Bolzno-Weierstrss (Gughn, Theorem 1.6) en eveneens Stelling vn Bolzno-Weierstrss genoemd, is belngrijk genoeg om te onthouden: Opgve (herhling) Bewijs het volgende. Zij { n } n=1 een begrensde rij vn reële getllen. Dn heeft deze rij een convergente deelrij. Anwijzing: Gebruik Gughn, Theorem 1.6 (stelling vn Bolzno-Weierstrss). 1.12 Het is vk nuttig om een logische herformulering te gebruiken vn de uitsprk dt een functie niet uniform continu is. Voor de overzichtelijkheid formuleren we dt in onderstnde Propositie. Het is niet de bedoeling dt je die uit je hoofd leert, mr je moet hem, telkens wnneer dt nodig is, zelf kunnen oproepen uitgnde vn de definitie vn uniforme continuïteit. Propositie Zij I een intervl in R en f: I R. Dn zijn de volgende twee uitsprken equivlent. () f is niet uniform continu op I. (b) Er bestn een ε > 0 en twee rijen (x n ) en (y n ) in I zo dt lim n x n y n = 0 terwijl f(x n ) f(y n ) ε voor lle n N. Bewijs Er geldt de volgende serie implicties: () (c) (d) (e) (b) (c), wrbij de uitsprken (c), (d) en (e) hieronder gegeven zijn. (c) ε > 0 δ > 0 x, y I ( x y < δ en f(x) f(y) ε ). (d) ε > 0 δ {n 1 n N} x, y I ( x y < δ en f(x) f(y) ε ). (e) ε > 0 n N x n, y n I ( x n y n < n 1 en f(x n ) f(y n ) ε ). Merk op dt (c) de ontkenning is vn (1.2). We pssen deze logische herschrijving toe in het bewijs vn Stelling 1.9 Bewijs vn Stelling 1.9 Stel dt f niet uniform continu is op [, b]. We kunnen dn ε > 0 en rijen (x n ) en (y n ) in [, b] nemen ls in Propositie 1.12, dus lim n x n y n = 0 en f(x n ) f(y n ) ε. De rij (x n ) is begrensd, dus wegens de Stelling vn Bolzno-Weierstrss heeft die rij een convergente deelrij (x ni ) met zekere limiet z. Omdt x ni b, zl ook z b. Omdt y ni = x ni + (y ni x ni ), convergeert de rij (y ni ) nr z + 0 = z. Dus, wegens de continuïteit vn f zl lim i f(x ni ) = f(z) = lim i f(y ni ). Dus enerzijds f(x ni ) f(y ni ) ε, nderzijds lim i f(x ni ) f(y ni ) = 0. Dit is een tegensprk. Merk op dt de geslotenheid vn het intervl, de begrensdheid vn het intervl en de continuïteit vn f lleml gebruikt zijn in bovenstnd bewijs. 1.13 Voor een nloog bewijs vn Stelling 1.10 gebruiken we dt een metrische ruimte compct is desd hij de Bolzno-Weierstrss-eigenschp heeft (zie syll. Anlyse 1B, Definitie 4.23 en Stelling 4.24). Ter herinnering: 5

HOOFDSTUK 1 UNIFORME CONTINUITEIT Definitie Een topologische ruimte X heeft de Bolzno-Weierstrss-eigenschp ls iedere rij in X een deelrij heeft die convergeert nr een limiet in X. Bewijs vn Stelling 1.10 Stel dt f niet uniform continu is. We kunnen dn ε > 0 en rijen (x n ) en (y n ) in X nemen zo dt lim n ρ(x n, y n ) = 0 en f(x n ) f(y n ) ε voor lle n. Vnwege de Bolzno-Weierstrss eigenschp vn X heeft de rij (x n ) een convergente deelrij (x ni ) met zekere limiet z X. Omdt ρ(y ni, z) ρ(y ni, x ni ) + ρ(x ni, z), convergeert de rij (y ni ) nr z. Dus wegens de continuïteit vn f zl lim i f(x ni ) = f(z) = lim i f(y ni ). Dus enerzijds f(x ni ) f(y ni ) ε, nderzijds lim i f(x ni ) f(y ni ) = 0. Dit is een tegensprk. 1.14 Opgve Bekijk intervllen I, J zo dt J I R. Lt f: I R en zij de functie g: J R de beperking vn f tot J. Bewijs: Als f uniform continu is op I dn is g uniform continu op J. 1.15 Opgve Lten I 1, I 2 intervllen zijn met I 1 I 2 en lt I := I 1 I 2, f: I R. Zij f I1 uniform continu op I 1 en f I2 uniform continu op I 2. Bewijs dt f uniform continu is op I. 1.16 Opgve Zij I := [, ) of I := (, ) en zij f: I R differentieerbr en neem n dt lim x f (x) =. Bewijs dt f niet uniform continu is op I. 1.17 Opgve Geef een voorbeeld vn een functie f: (0, 1] R die differentieerbr is met lim x 0 f (x) =, terwijl f uniform continu is op (0, 1]. 1.18 Opgve Zij I een intervl en lt f: I R uniform continu. ) Lt zien dt f een begrensde functie is ls het intervl I begrensd is. (Dit is een herhling vn Gughn, Theorem 3.9.) b) Lt d.m.v. een voorbeeld zien dt f niet begrensd hoeft te zijn ls I niet begrensd is. c) Bewijs dt een onbegrensde functie f: I R op een begrensd intervl I niet uniform continu is. d) Zij f(x) := sin x. Voor welke α R is f uniform continu op (0, 1)? xα 1.19 Opgve Zij f een continue reëelwrdige begrensde functie op een begrensd mr niet-gesloten intervl. Is f noodzkelijk uniform continu? 1.20 Opgve ) Zij f: (, b] R continu en neem n dt lim x f(x) bestt. Bewijs dt f uniform continu is op (, b]. b) Zij f: [0, ) R continu en neem n dt lim x f(x) bestt. Bewijs dt f uniform continu is op [0, ). 6

HOOFDSTUK 1 UNIFORME CONTINUITEIT Opmerking Vergelijk Opgve 1.20() met Gughn, Theorem 3.5: Als f: (, b] R uniform continu is dn bestt lim x f(x). Vergelijk ook met een specil gevl vn Gughn, Chpter 3, Exercise 24: Er bestt op het (niet-compcte) intervl (, b] een continue functie die niet uniform continu is. Geef zo n functie expliciet. Smenvtting vn de belngrijkste resultten In het onderstnde is I steeds een intervl en f een functie die gedefinieerd is op I. 1. De functie f heet uniform continu op I ls geldt: 2. Als geldt: ɛ > 0 δ > 0 x, y I : x y < δ = f(x) f(y) < ɛ ɛ > 0 rijen (x n ), (y n ) in I : lim n x n y n = 0 en n f(x n ) f(y n ) ɛ dn is f niet uniform continu op I. 3. Als I een gesloten begrensd intervl is (dus I = [, b] voor zekere en b in R met < b) en f continu is op I, dn is f uniform continu op I. 4. Als J een deelintervl vn I is en f uniform continu is op I, dn is f uniform continu op J. 5. Als I 1, I 2 intervllen zijn, I 1 I 2, I = I 1 I 2 en f uniform continu op I 1 en uniform continu op I 2 is, dn is f uniform continu op I. 6. Als f differentieerbr is op I en f begrensd is op I, dn f is uniform continu op I. 7. Als I begrensd is en f onbegrensd is op I, dn is f niet uniform continu op I. 8. Als I = (, ) of I = [, ) en ls f differentieerbr is op I met lim x f (x) =, dn is f niet uniform continu op I. Verdere vrgstukken V1.21 Bewijs dt de volgende functies f uniform continu zijn op het gegeven intervl. ) f(x) := x sin(1/x) op (0, 1] b) f(x) := x 1 sin x op (0, 1] c) f(x) := x 1 sin x op (0, ) V1.22 Zij f(x) := x. Is f uniform continu op [0, 1]? Is f uniform continu op [1, )? Is f uniform continu op [0, )? V1.23 Zijn de volgende functies uniform continu op R? ) x (sin x) 2 b) x sin(x 2 ) V1.24 Zijn de volgende functies uniform continu op (0, )? ) x x sin x b) x x log x V1.25 Lt f een functie op (0, 1] zijn. Definieer g op [1, ) door g(x) := f(1/x). ) Bewijs: ls f uniform continu is op (0, 1] dn is g uniform continu op [1, ). b) Geldt ook: ls g uniform continu is op [1, ) dn is f uniform continu op (0, 1]? 7

2 Reeksen Herhl om te beginnen de belngrijkste begrippen en stellingen uit de theorie vn de oneindige reeksen, zols beschreven in Gughn, 6.1, 6.2, 6.3 en 6.4 tot/met Theorem 6.13. Kijk ook nog eens nr de dr behndelde opgven uit Hoofdstuk 6: 1, 2, 3, 11, 12, 13, 14, 15b, 15d, 16, 17, 18, 22, 23, 24, 24c, 25, 27, 29, 31c. Zie ook syll. Clculus I, hoofdstuk III. 2.1 Limsup en liminf 2.1 Definitie Zij { n } n=1 een rij vn reële getllen. We noemen een reëel getl c een limietpunt vn de rij { n } n=1 ls deze rij een deelrij { nk } k=1 heeft wrvoor geldt lim n k = c. k De nmen verdichtingspunt of ophopingspunt worden ook wel gebruikt, mr deze zijn minder juist. Wij reserveren ze voor verzmelingen. De Engelse nm voor limietpunt is limit point. Minder juist is ccumultion point. Verder spreken we vn verdichtingspunt of ophopingspunt c vn een deelverzmeling E (hier is limietpunt minder juist) vn R (zie Definition en Lemm in Gughn, p.39). Dn voldoet c n een vn de volgende twee equivlente eigenschppen: () Iedere omgeving vn c bevt oneindig veel punten vn E. (b) Iedere omgeving vn c bevt een punt vn E dt ongelijk n c is. Deze ltste definitie is weliswr verwnt n de definitie vn limietpunt vn een rij, mr moet er niet mee verwrd worden. Bijvoorbeeld heeft de rij {1, 0, 1, 0, 1, 0,...} limietpunten 0 en 1, mr de verzmeling {0, 1} vn lle punten uit deze rij heeft geen enkel verdichtingspunt. In syll. Anlyse 1B, Definitie 1.13(f) werd eigenschp (b) hierboven gegenerliseerd tot definitie vn limietpunt vn een deelverzmeling vn een topologische ruimte. 2.2 Opgve Bewijs het volgende. Een punt c is een limietpunt vn een rij { n } n=1 vn reële getllen desd ls een vn de volgende twee equivlente eigenschppen geldt: () Voor iedere ε > 0 zijn er oneindig veel n N wrvoor c ε < n < c + ε. (b) Voor iedere ε > 0 en N N is er een n N zo dt c ε < n < c + ε. 2.3 Opgve Beredeneer het verbnd tussen de definities vn limietpunt vn een rij { n } n=1 vn reële getllen en vn limietpunt vn de verzmeling vn punten uit die rij in het gevl dt n m ls n m. 2.4 Onze vrint vn de stelling vn Bolzno-Weierstrss uit 1.11 kn nu geformuleerd worden ls: Stelling Iedere begrensde rij in R heeft een limietpunt. 8

HOOFDSTUK 2 REEKSEN 2.5 Definitie-Stelling Zij { n } n=1 een begrensde rij vn reële getllen. Dn bestt er een uniek reëel getl c, genoteerd ls lim sup n n dt n de volgende vier equivlente eigenschppen voldoet: () c is het grootste limietpunt vn de rij { n } ( n=1. (b) c = lim k ). n sup k=n,n+1,... (c) c = inf B, wrbij B := {x R N N zo dt n x ls n N}. (d) Als x > c dn is n > x voor hoogstens eindig veel n, en ls x < c dn is n > x voor oneindig veel n. De nottie lim sup is een fkorting vn het Ltijnse limes superior, wt betekent grootste limietpunt (dit klopt dus met () vn bovenstnde definitie). We kunnen echter lim sup n ook lezen ls lim(sup n ), en dn klopt het met (b) vn bovenstnde definitie. Het is een gelukkig toevl dt () en (b) equivlent blijken te zijn. De verzmeling B in (c) kunnen we wt informeler beschrijven ls de verzmeling vn lle reële x zo dt op den duur x n. Hier geldt een eigenschp op den duur ls hij geldt voor n voldoende groot, of nders gezegd: ls hij niet geldt voor hoogstens eindig veel n. Bewijs vn Stelling 2.5 Merk op dt elk vn de eigenschppen (), (b), (c) en (d) een getl c uniek beplt, ls er tenminste een c bestt met die eigenschp. Drom is het volgende een fdoende bewijsmethode: We kijken eerst of (b) inderdd een getl c definieert. Drn lten we zien dt dit getl c ook n (c), (d) en () voldoet. Dus nu eerst de vrg of (b) een getl c definieert. Schrijf b n := sup k = sup{ n, n+1, n+2,...}. k=n,n+1,n+2,... Voor elke n N bestt dit supremum b n ls een reëel getl omdt de rij { n } n=1 nr boven begrensd is. Ook geldt dt b 1 b 2... (wrom?) en is de rij {b n } n=1 nr beneden begrensd omdt de rij { n } n=1 nr beneden begrensd is. Gebruik nu dt een dlende en nr beneden begrensde rij convergeert (Gughn, Theorem 1.16). We gebruiken (b) nu ls definitie vn het getl c en we bewijzen dt (c) hetzelfde getl c definieert. Zij B n := {x R x k ls k n}. Dn B = n=1b n (g n). Mr ook geldt dt B n = [b n, ) met b n gedefinieerd zols hierboven (g n). Dus B 1 B 2 B 3... en het infimum vn B = n=1b n is gelijk n het infimum vn de dlende rij getllen b n (g n), dus n c. We lten het ls opgve n de lezer over om te lten zien dt een getl c dt voldoet n (c), ook n (d) voldoet. Tenslotte bewijzen we dt c gedefinieerd door (b) limietpunt is vn de rij { n } n=1 en dt geen getl groter dn c limietpunt vn deze rij kn zijn. We zullen een deelrij vn { n } n=1 construeren die convergeert nr c. 9

HOOFDSTUK 2 REEKSEN Drtoe nemen we b 1 1 < n1 b 1 voor zekere n 1 (g n dt zo n n 1 bestt). Dn nemen we b n1 +1 1 2 < n 2 b n1 +1 voor zekere n 2 > n 1 (g n dt zo n n 2 bestt). Met recurrentie nr k nemen we b nk 1 +1 1 k < n k b nk 1 +1 voor zekere n k > n k 1 (g n dt zo n n k bestt). Nu geldt dt lim k ( nk b nk 1 +1) = 0 (wrom?), dus lim k nk = c. Dus c is limietpunt vn de rij { n } n=1. Lt nu d > c. Dn is er een n zo dt b n < (c+d)/2 (wrom?), dus m < (c+d)/2 < d ls m n, dus hoogstens eindig veel elementen vn de rij { n } n=1 kunnen op fstnd kleiner dn (d c)/2 vn d liggen, dus d kn geen limietpunt vn deze rij zijn. 2.6 Het ligt nu voor de hnd om de lim inf vn een begrensde rij { n } n=1 te definiëren ls lim sup n ( n ). Het bewijs vn onderstnde propositie met gebruik vn Definitie- Stelling 2.5 zl nu geen moeite kosten. Definitie-Propositie Zij { n } n=1 een begrensde rij vn reële getllen. Dn bestt er een uniek reëel getl c, genoteerd ls lim inf n n dt n de volgende vier equivlente eigenschppen voldoet: () c is het kleinste limietpunt vn de rij { n } ( ) n=1. (b) c = lim inf k. n k=n,n+1,... (c) c = sup B, wrbij B := {x R N N zo dt n x ls n N}. (d) Als x < c dn is n < x voor hoogstens eindig veel n, en ls x > c dn is n < x voor oneindig veel n. 2.7 Stelling Zij { n } n=1 een begrensde rij vn reële getllen. Dn convergeert de rij desd lim sup n n = lim inf n n, en in dt gevl zij de lim sup en de lim inf vn de rij gelijk n de limiet vn de rij. Bewijs Als de rij convergeert en L = lim n n dn convergeert elke deelrij ook nr L, dus L is het enige limietpunt vn de rij, dus ook het grootste en het kleinste limietpunt vn de rij. Omgekeerd, ls lim sup n n = lim inf n n, noem dit getl dn L. Dn geldt wegens Definitie-Stelling 2.5(c) en Definitie-Propositie 2.6(c) dt er bij iedere ε > 0 een N N is zo dt L ε < n < L + ε voor n N. Dus lim n n = L. 2.8 Het is nuttig om lim sup en lim inf ook voor onbegrensde rijen te definiëren. Drtoe voeren we oneigenlijke limietpunten in. Zij { n } n=1 een rij vn reële getllen, niet noodzkelijk begrensd. We noemen een (oneigenlijk) limietpunt vn de rij { n } n=1 ls deze rij een deelrij { nk } k=1 bezit zo dt lim k nk = (oneigenlijke limiet). Evenzo noemen we een (oneigenlijk) limietpunt vn de rij { n } n=1 ls deze rij een deelrij { nk } k=1 bezit zo dt lim k nk =. Opgve Bewijs het volgende over een rij { n } n=1 vn reële getllen. () De rij heeft een limietpunt desd de rij niet nr boven begrensd is. (b) De rij heeft een limietpunt desd de rij niet nr beneden begrensd is. 10

HOOFDSTUK 2 REEKSEN (c) De rij heeft minstens één (mogelijk oneigenlijk) limietpunt. (d) In { } R { } heeft de rij een grootste limietpunt (wt we schrijven ls lim sup n en een kleinste limietpunt (wt we schrijven ls lim inf n). n 2.9 We kunnen nu Gughn, Theorem 6.10 (de worteltoets voor bsolute convergentie dnwel divergentie vn een reeks) herformuleren met behulp vn lim sup. Stelling Zij n=1 n een oneindige reeks vn reële getllen. Lt M := lim sup n 1/n n (dus 0 M ). Dn convergeert de reeks bsoluut ls M < 1 en divergeert de reeks ls M > 1. Bewijs Lt eerst M < 1. Dn is er een N N zo dt n 1/n 1 2 (M + 1) < 1 voor n N. Dit is wegens eigenschp (c) vn Definitie-Stelling 2.5. Gebruik nu onderdeel 1 vn Gughn, Theorem 6.10. Lt nu M > 1. Dn is er een deelrij { nk 1/n k } k=1 zo dt lim k nk 1/n k = M > 1. Dus voor oneindig veel wrden vn k is nk 1/n k > 1, dus voor oneindig veel wrden vn n is n 1/n > 1. Gebruik nu onderdeel 2 vn Gughn, Theorem 6.10. Merk op: ls de rij { n 1/n } n=1 convergeert, dn kunnen we voor M in bovenstnde stelling de limiet vn deze rij nemen (cf. Stelling 2.7). 2.10 Evenzo kunnen we Gughn, Theorem 6.8 (de quotiënttoets voor bsolute convergentie dnwel divergentie vn een reeks) herformuleren met behulp vn lim sup en lim inf. Stelling Zij n=1 n een oneindige reeks vn reële getllen, die 0 zijn voor n voldoende groot. Lt M := lim sup n+1 en m := lim inf n+1 (dus 0 m M ). Dn n n n n convergeert de reeks bsoluut ls M < 1 en divergeert de reeks ls m > 1. n+1 n Bewijs Lt eerst M < 1. Dn is er een N N zo dt n+1 / n 1 2 (M + 1) < 1 voor n N. Dit is wegens eigenschp (c) vn Definitie-Stelling 2.5. Gebruik nu onderdeel 1 vn Gughn, Theorem 6.8. Lt nu m > 1. Dn is er een N N zo dt n+1 / n 1 2 (m + 1) > 1 voor n N. Dit is wegens eigenschp (c) vn Definitie-Propositie 2.6. Gebruik nu onderdeel 2 vn Gughn, Theorem 6.8. } Merk op: ls de rij { n=1 convergeert, dn kunnen we voor M en m in bovenstnde stelling de limiet vn deze rij nemen (cf. Stelling 2.7). 2.11 Opgve Zij n > 0 voor n voldoende groot. Bewijs dt n lim inf n n+1 n lim inf n 1/n n lim sup 1/n n+1 n lim sup. (2.1) n n n Concludeer hieruit dt de worteltoets krchtiger is dn de quotiënttoets: ls de quotiënttoets een conclusie oplevert over convergentie of divergentie dn doet de worteltoets dit ook, mr niet persé omgekeerd. 11

HOOFDSTUK 2 REEKSEN Bewijs ook: Als de limiet lim n n+1 / n bestt, dn bestt ook de limiet lim n 1/n n en zijn beide limieten n elkr gelijk. Vergelijk ook met Gughn, Exmples 6.11 en 6.12 en Exercise 22. 2.2 Complexe getllen (herhling) We herhlen de belngrijkste zken over complexe getllen, kijk voor de detils in syll. Clculus I, Hst. II. 2.12 De verzmeling C vn de complexe getllen bestt uit de elementen x + iy (x, y R). Voor een complex getl z = x + iy schrijven we het reële deel Re z en het imginire deel Im z ls Re (x + iy) := x, Im (x + iy) := y. We kunnen C ls reële vectorruimte R 2 beschouwen door x + iy C te identificeren met (x, y) R 2. Dit geeft in C o.. de optelling, het nulelement en het tegengestelde element. Het levert ook de stndrdtopologie voor C en het geeft n C de structuur vn een reële genormeerde ruimte. We schrijven de norm vn z = x + iy C ls z := x 2 + y 2 en we noemen z de bsolute wrde vn z. De vermenigvuldiging in C wordt bepld door de reltie i 2 = 1, dus (x 1 + iy 1 )(x 2 + iy 2 ) = (x 1 x 2 y 1 y 2 ) + i(x 1 y 2 + y 1 x 2 ). Zo wordt C een lichm (in het Engels field; zie bijv. Gughn, p. 21, xiom s 1 7 voor de definitie vn een lichm). Dn is 1 = 1 + i0 het eenheidselement in C en heeft x + iy ls inverse (x + iy) 1 = x iy x 2 + y 2 (x + iy 0). Merk op dt z + w z + w, zw = z w, 1 = 1, z 1 = z 1 (z 0). 2.13 De complex geconjugeerde z vn z = x + iy C wordt gegeven door z := x iy. Meetkundig gezien wordt z uit z verkregen door z te spiegelen t.o.v. de x-s. Eigenschppen: zw = z w, z 2 = zz, z 1 = z z 2 (z 0). 2.14 Het rgument vn het complexe getl z = x + iy is het reële getl θ = rg z met de eigenschp dt x = z cos θ en y = z sin θ. We kunnen z dus opvtten ls een 2- dimensionle vector vn lengte z die een hoek rg z mkt met de positieve x-s, wrbij we tegen de wijzers vn de klok vnf de positieve x-s meten. Als z 0 dn is het rgument vn z op gehele veelvouden vn 2π n bepld. Als z = 0 dn is het rgument vn z geheel onbepld en spreken we meestl niet over het rgument vn z. Eigenschppen (lles modulo willekeurige gehele veelvouden vn 2π): rg(zw) = rg z + rg w, rg(z 1 ) = rg z, rg z = rg z. Dus het product zw vn z en w heeft ls meetkundige interprettie: de 2-dimensionle vector wrvn de lengte gelijk is n het product vn de lengtes vn z en w en wrvn de hoek met de positieve x-s gelijk is n de som vn de hoeken die z en w met de positieve x-s mken. 12

HOOFDSTUK 2 REEKSEN 2.15 Verder hebben we de complexe e-mcht: e iθ = cos θ + i sin θ (θ R), e x+iy = e x e iy =e x (cos y + i sin y) (x, y R), z = z e i rg z (z C). Dus e z (z C) heeft ls meetkundige interprettie de 2-dimensionle vector met lengte e Re z die een hoek Im z met de positieve x-s mkt. Merk ook op: cos θ = 1 2 (eiθ + e iθ ), sin θ = 1 2i (eiθ e iθ ). (2.2) We bespreken (en ten dele herhlen) nu continuïteit vn complexwrdige functies en convergentie vn rijen of reeksen vn complexe getllen. 2.16 Definitie-Propositie (zie syll. Clculus I, pp. 100 101 en syll. Anlyse 1B, Propositie 2.13 en Voorbeeld 2.14) Zij I een intervl in R en f: I C een complexwrdige functie op I. Schrijf f(x) = f 1 (x) + if 2 (x). Zij I. (Merk op dt I en C topologische ruimtes zijn.) Nu zijn equivlent: () f is continu in volgens Definitie 2.2 vn syll. Anlyse 1B. (b) Bij iedere ε > 0 is er een δ > 0 zo dt f(x) f() < ε ls x < δ en x I. (c) De reëelwrdige functies f 1 en f 2 zijn continu in. Veel stellingen over reëelwrdige continue functies gelden nu ook voor complexwrdige functies, met ngenoeg dezelfde bewijzen of door direct terugbrengen tot het reëelwrdige gevl met behulp vn eigenschp (c) hierboven. Dit geldt echter niet voor stellingen wrin monotonie vn functies of tussenwrden vn functies een rol spelen. Dit komt omdt het lichm C geen geordend lichm is (zie Gughn, p. 21 voor de definitie vn geordend lichm), dus we kunnen geen ordeningsrelties voor functiewrden gebruiken. 2.17 Definitie-Propositie (zie syll. Anlyse 1B, Proposities 3.3, 3.5 en Voorbeeld 3.6) Zij {c n } n=1 een rij vn complexe getllen. Zij L C. Schrijf c n = n +ib n en L = L 1 +il 2. Nu zijn equivlent: () lim n c n = L volgens syll. Anlyse 1B, Definitie 3.1. (b) Bij iedere ε > 0 is er een N N zo dt c n L < ε ls n N. (c) lim n n = L 1 en lim n b n = L 2. Veel stellingen over convergentie vn rijen vn reële getllen gelden nu ook voor rijen vn complexe getllen, met ngenoeg dezelfde bewijzen of door direct terugbrengen tot het reële gevl met behulp vn eigenschp (c) hierboven. De stellingen over monotone rijen kunnen uiterrd niet gegenerliseerd worden. 2.18 Zols bekend betekent de uitsprk n=1 c n = S (met S en de c n reëel) dt lim N ( N n=1 c n) = S. Drom kunnen we direct een nlogon vn Definitie-Propositie 2.17 voor reeksen vn complexe getllen opschrijven: 13

HOOFDSTUK 2 REEKSEN Definitie-Propositie Zij {c n } n=1 een rij vn complexe getllen. Zij S C. Schrijf c n = n + ib n en S = S 1 + is 2. Nu zeggen we dt de reeks n=1 c n convergeert met som S ls de volgende equivlente uitsprken gelden: ( N () lim N n=1 c n) = S. (b) n=1 n = S 1 en n=1 b n = S 2. We zeggen dt een reeks n=1 c n vn complexe getllen bsoluut convergeert ls de reeks n=1 c n convergeert. Opgve Bewijs het volgende over een reeks n=1 c n vn complexe getllen: () Als de reeks convergeert dn is lim n c n = 0. (b) Als de reeks bsoluut convergeert dn convergeert de reeks. Stellingen over bsolute convergentie vn reeksen vn reële getllen gn nu zondermeer door voor bsolute convergentie vn reeksen n=1 c n vn complexe getllen, omdt de convergentiecriteri in termen vn de bsolute wrden c n geformuleerd zijn. Dit geldt i.h.b. voor Stellingen 2.9 en 2.10. 2.3 Mchtreeksen 2.19 Zij {c n } n=0 een rij complexe getllen. Dn noemen we de reeks c n z n, (2.3) n=0 met z een willekeurig complex getl, een mchtreeks. Een mchtreeks is dus eigenlijk een fmilie vn reeksen: voor elke keuze vn z C hebben we een reeks, en deze reeks kn convergeren of divergeren, fhnkelijk vn de keuze vn z. We kunnen een mchtreeks ook ls een reeks vn functies, nl. n z n, opvtten, vergelijk hoofdstuk 4 en nlyse 1b. Stelling Er is een unieke R met 0 R zo dt de reeks (2.3) bsoluut convergeert ls z < R en divergeert ls z > R. Deze R wordt gegeven door wrbij R = 0 ls de lim sup gelijk is n. ( ) 1 R = lim sup c n 1/n, (2.4) n We noemen de R in deze stelling de convergentiestrl vn de mchtreeks (2.3). De mchtreeks convergeert bsoluut ls z ligt in de open cirkelschijf om 0 met strl R (de convergentieschijf) en de mchtreeks divergeert ls z ligt buiten de gesloten cirkelschijf om 0 met strl R. De stelling doet geen uitsprk voor het gevl dt z ligt op de cirkel met strl R. Uiterrd mogen we lim sup in (2.4) vervngen door lim ls lim n c n 1/n bestt of (oneigenlijk) gelijk is n. 14

HOOFDSTUK 2 REEKSEN Schrijf, voor z < R, de som vn de convergente mchtreeks (2.3) ls f(z). Dn is f een complexwrdige functie gedefinieerd op de convergentieschijf {z C z < R}. Twee extreme gevllen vn de stelling zijn R = en R = 0. Als R = dn beplt de mchtreeks een functie die overl op C gedefinieerd is. Als R = 0 dn convergeert de mchtreeks uitsluitend voor z = 0 en heeft dr som c 0. Hier zijn drie voorbeelden vn mchtreeksen wrop we ddelijk terugkomen: z n = 1 1 z convergeert desd z < 1. (2.5) z n n! = ez convergeert voor lle z C. (2.6) n! z n convergeert uitsluitend voor z = 0. (2.7) n=0 n=0 n=0 2.20 Opgve Bewijs (2.5). Lt eerst zien dt N n=0 z n = 1 zn+1 1 z (z 1). (2.8) 2.21 Bewijs vn Stelling 2.19 We pssen Stelling 2.9 toe, die ook geldt voor reeksen vn complexe getllen (zie 2.18). Er geldt dt lim sup n c n z n 1/n = lim sup c n 1/n z, n en dit is < 1 desd z < (lim sup n c n 1/n ) 1, en het is > 1 desd z > (lim sup n c n 1/n ) 1, en het is ls lim sup n c n 1/n = en z 0. 2.22 Gevolg Zij R de convergentiestrl vn de mchtreeks n=0 c nz n en neem n dt c n 0 voor n voldoende groot. Dn geldt: ( lim sup n c n+1 c n 1 ) R ( lim inf n c n+1 c n 1 ). Als lim n c n+1 /c n bestt of (oneigenlijk) gelijk is n dn R = (lim n c n+1 /c n ) 1. Bewijs Dit volgt uit Stelling 2.19 en formule (2.1). 2.23 We zullen lter in deze syllbus bewijzen dt voor een functie f gegeven door een mchtreeks met convergentiestrl R > 0, dus het volgende geldt: f(z) := c n z n ( z < R), (2.9) n=0 15

HOOFDSTUK 2 REEKSEN () De functie f is continu op de convergentieschijf {z C z < R}. (b) De functie f is C op het intervl ( R, R). De k-de fgeleide vn f is gelijk n de reeks vn k-de fgeleiden vn de termen c n x n, welke reeks eveneens een mchtreeks is met convergentiestrl R: f (k) (x) = n(n 1)... (n k + 1)c n x n k ( R < x < R). (2.10) n=k 2.24 Opgve Bewijs dt de mchtreeksen in (2.5), (2.6) en (2.7) inderdd convergentiestrlen hebben zols dr gegeven. Merk drbij op dt Gevolg 2.22 (de quotiëntformule) hierbij gemkkelijker werkt dn Stelling 2.19 (de wortelformule). 2.25 Opgve Definieer f(x) := n=0 xn /n! (x R). () Bewijs met behulp vn (2.10) dt f (x) = f(x) en f(0) = 1. (b) Uit de theorie vn de differentilvergelijkingen is bekend dt de differentilvergelijking g = g met beginwrde g(0) = 1 een unieke oplossing heeft. Bewijs met behulp hiervn dt f(x) = e x. Concludeer ook dt f(1) = e, dus e = n=0 1 n!. (2.11) Mogelijk levert dit niets nieuws voor je op omdt je e ooit door (2.11) gedefinieerd hebt gekregen. Mr ls je e eerder bijv. kende ls ( e = lim 1 + 1 n n n), (2.12) dn levert (2.11) smen met (2.12) wel iets nieuws op. 2.26 We concluderen uit (2.10) voor een functie f gegeven door de mchtreeks (2.9) met convergentiestrl R dt f (k) (0) = k! c k, dus c k = f (k) (0)/k!, dus f(z) = n=0 f (n) (0) n! z n ( z < R). (2.13) Vergelijk dit met de theorie vn de Tylorbenderingen, zols gegeven in syll. Clculus I, hst. III, 4. We concluderen: Stelling Zij de functie f op ( R, R) gegeven door de mchtreeks (2.9) met convergentiestrl R. Dn is de n-de orde Tylorbendering f n vn f om 0 gelijk n f n (x) = n c k x k. (2.14) Wrschuwing Deze stelling mg zeker niet worden omgekeerd. Als een zekere C -functie f op een intervl ( R, R) voor elke n N een n-de orde Tylorbendering gegeven door (2.14) heeft, dn mg druit niet geconcludeerd worden dt (2.9) geldt. k=0 16

HOOFDSTUK 2 REEKSEN 2.27 We brengen in herinnering de stelling vn Tylor, die zonder bewijs in syll. Clculus I, p.75 werd gegeven. Zie Gughn, Theorem 6.25 voor het bewijs. Stelling (Tylor) Zij n {0, 1, 2,...} en zij f: (, b) R een minstens n + 1 keer differentieerbre functie. Zij x 0 (, b). Schrijf f(x) = f n (x) + R n (x), (2.15) wrbij f n (x) := f(x 0 ) + n k=1 f (k) (x 0 ) (x x 0 ) k. (2.16) k! Dn is er voor iedere x (, b) met x x 0 een c tussen x en x 0 zo dt R n (x) = f (n+1) (c) (n + 1)! (x x 0) n+1. (2.17) Gevolg (zie syll. Clculus I, p.80) Met gegevens ls in de stelling hierboven: ls f (n+1) bovendien continu is op (, b) dn geldt: R n (x) = O ( (x x 0 ) n+1) ls x x 0, (2.18) d.w.z. dt er een M > 0 en δ > 0 zijn zo dt R n (x) M x x 0 n+1 ls x (, b) en x x 0 < δ. 2.28 Opgve Zij de functie f op ( R, R) gegeven door de mchtreeks (2.9) met convergentiestrl R en zij f n gegeven door (2.14). Dn geeft (2.15) dt R n (x) = k=n+1 c kx k. Gevolg 2.27 zegt dn dt R n (x) = O(x n+1 ) ls x 0. Geef hier een direct bewijs vn met behulp vn de formule voor R n (x). Verdere vrgstukken V2.29 Bepl de limietpunten, en de lim inf en lim sup vn de rij { n } n=1 met n := ( 1) n (1 + 2 n ). V2.30 Bepl de (mogelijk oneigenlijke) limietpunten en de lim sup en lim inf vn de rij { n } n=1 met n := n. V2.31 Zij { n } n=1 een willekeurige ftelling vn de (ftelbre) verzmeling Q (0, 1). Bewijs dt de verzmeling vn lle limietpunten vn de rij { n } n=1 gelijk is n [0, 1]. Wt zijn de lim inf en de lim sup vn deze rij? V2.32 Zij { n } n=1 een begrensde rij vn reële getllen. Zij E de verzmeling limietpunten vn die rij. Bewijs dt E een gesloten deelverzmeling vn R is. 17

HOOFDSTUK 2 REEKSEN V2.33 Zij f uniform continu op het open intervl (0, 1). Bewijs dt f begrensd is. Bewijs vervolgens dt lim x 1 f(x) bestt. (Het eenvoudigst is misschien te bewijzen dt lim sup x 1 f(x) = lim inf x 1 f(x). Leid hieruit f dt f een continue voortzetting tot [0, 1] heeft. V2.34 Bewijs over de mchtreeks f(x) := n=1 x n n. het volgende: () De convergentiestrl is 1, dus f is goed gedefinieerd op ( 1, 1). (b) f (x) = (1 x) 1 en f(0) = 0. (c) f(x) = log(1 x). V2.35 Leid uit (2.2) en de mchtreeks voor e x (zie Opgve 2.25) de mchtreeksen f voor cos x en sin x (met convergentiestrlen ). Bewijs met behulp vn deze mchtreeksen dt d d dx sin x = cos x en dx cos x = sin x. 18

3 Integrtie 3.1 Riemnn-integrlen Riemnn-integrtie voor continue functies werd besproken in syll. Clculus II, Hst. VI, 1. De Riemnn-integrl werd dr gegeven ls limiet vn zogenmde Riemnn-sommen. Equivlent kunnen we de Riemnn-integrl definiëren met behulp vn zogenmde onderen bovensommen. Algemener kunnen we voor een willekeurige begrensde functie op [, b] definiëren wnneer hij Riemnn-integreerbr is. Het blijkt dt niet lleen continue functies Riemnn-integreerbr zijn. We geven hieronder een kort overzicht. Zie ook Gughn, Ch. 5. 3.1 Definitie Zij [, b] een gesloten begrensd intervl met < b. Onder een prtitie (of verdeling) vn het intervl [, b] verstn we een eindige rij reële getllen x 0, x 1, x 2,..., x n zo dt = x 0 < x 1 < x 2 <... < x n = b. Vk gebruiken we de hoofdletter P om een prtitie n te duiden. Als we ook willen specificeren om welke rij getllen het gt dn kunnen we spreken over de prtitie P (x 0, x 1, x 2,..., x n ). Zij f: [, b] R een begrensde functie op [, b]. Definieer m = m(f) := inf f(x) en M = M(f) := sup f(x). x b x b Neem een prtitie P = P (x 0, x 1, x 2,..., x n ) vn [, b]. Dn beplen f en P de getllen m i = m i (f) := We definiëren vervolgens inf x i 1 x x i f(x) en M i = M i (f) := sup x i 1 x x i f(x) (i = 1,..., n). (3.1) s(p ) = s(p, f) := n m i (x i x i 1 ) en S(P ) = S(P, f) := i=1 n M i (x i x i 1 ), i=1 wrbij s(p, f) de ondersom en S(P, f) de bovensom heet vn f t.o.v. de prtitie P. Als de functie f vst gekozen is dn onderdrukken we de f-fhnkelijkheid in onze nottie. Als f 0 dn kunnen we s(p ) meetkundig interpreteren ls het oppervlk vn een verzmeling die de vereniging is vn n disjuncte rechthoeken. Voor elke rechthoek geldt dt de onderzijde op de x-s ligt en de bovenzijde net onder de grfiek vn f blijft. De bovensom S(P ) heeft een soortgelijke interprettie, mr nu blijft de bovenzijde vn elke smenstellende rechthoek net boven de grfiek vn f. Als f ook negtieve wrden nneemt dn worden de oppervlkken vn rechthoeken negtief gerekend ls ze onder de x-s liggen. 19

HOOFDSTUK 3 INTEGRATIE Opgve Lten m i en M i gegeven zijn door (3.1). Bewijs dt M i m i = sup (f(x) f(y)) = sup f(x) f(y). (3.2) x,y [x i 1,x i ] x,y [x i 1,x i ] 3.2 Definitie Lten P 1 en P 2 prtities zijn vn een intervl [, b]. We noemen P 2 een verfijning vn P 1 (nottie P 1 P 2 ) ls de eindige rij gegeven door P 1 een deelrij is vn de eindige rij gegeven door P 2. De gemeenschppelijke verfijning vn prtities P 1 en P 2 vn [, b] (nottie P 1 P 2 ) is de prtitie P 3 vn [, b] die verkregen wordt door de verzmeling vn lle elementen uit P 1 en P 2 te ordenen in stijgende volgorde. Lemm Zij f: [, b] R begrensd. Lten P 1 en P 2 prtities zijn vn [, b] zo dt P 2 een verfijning is vn P 1. Dn geldt dt s(p 1 ) s(p 2 ) en S(P 2 ) S(P 1 ). (3.3) Bewijs We zullen de eerste vn de twee ongelijkheden bewijzen. De ndere gt nloog. Het is voldoende om de ongelijkheid te bewijzen voor het gevl dt P 2 één punt meer bevt dn P 1 = P (x 0, x 1,..., x n ). Lt dus P 2 := P (x 0,..., x i 1, y, x i,..., x n ) voor zekere i {1,..., n}. Zij m i := Dn geldt k 1 m i en k 2 m i. Dus inf x i 1 x x i f(x), k 1 := inf x i 1 x y f(x), k 2 := inf y x x i f(x). s(p 2 ) s(p 1 ) = k 1 (y x i 1 ) + k 2 (x i y) m i (x i x i 1 ) = (k 1 m i )(y x i 1 ) + (k 2 m i )(x i y) 0. 3.3 We behouden de nottie vn Definitie 3.1 en nemen de functie f vst. Zij P = P (x 0,..., x n ) een willekeurige prtitie vn [, b]. Omdt m m i M i M (i = 1,..., n), geldt er dt m (b ) s(p ) S(P ) M (b ) (3.4) (g n). Dr de beide uiterste leden vn (3.4) onfhnkelijk zijn vn P, zijn de verzmelingen {s(p ) P prtitie vn [, b]} en {S(P ) P prtitie vn [, b]} begrensd, zodt sup P s(p ) en inf P S(P ) bestn en eindig zijn. De middelste ongelijkheid in (3.4) kn gegenerliseerd worden tot de (meetkundig evidente) ongelijkheid in onderstnd lemm. Lemm Zij f: [, b] R begrensd. Als P 1 en P 2 twee prtities zijn vn [, b] dn geldt dt s(p 1 ) S(P 2 ). Bewijs Lt de prtitie P 3 de gemeenschppelijke verfijning zijn vn P 1 en P 2. Gezien (3.4) en (3.3) geldt er dt Dit bewijst het lemm. s(p 1 ) s(p 3 ) S(P 3 ) S(P 2 ). (3.5) 20

HOOFDSTUK 3 INTEGRATIE Gevolg Zij f: [, b] R begrensd. Dn geldt dt wrbij P lle prtities vn [, b] doorloopt. m (b ) sup s(p ) inf S(P ) M (b ), (3.6) P P 3.4 Voor ons meetkundige gevoel zou de middelste ongelijkheid in (3.6) ltijd een gelijkheid moeten zijn. Er zijn echter pthologische (of juist interessnte?) voorbeelden, wrbij er strikte ongelijkheid is. Het gevl vn gelijkheid noemen we Riemnn-integreerbrheid: Definitie Zij f: [, b] R een begrensde functie. Dn heet f (Riemnn)-integreerbr over [, b] ls sup P s(p ) = inf P S(P ). In dt gevl noteren en definiëren we de (Riemnn)- integrl vn f over [, b] door b f(x) dx := sup s(p ) = inf S(P ). P P Gevolg Als f integreerbr is over [, b] dn geldt dt m (b ) b f(x) dx M (b ). (3.7) 3.5 We zullen nu bewijzen dt een pr grote klssen vn functies op een intervl [, b], nl. de continue functies en de monotone functies, integreerbr zijn over [, b]. Een hndig gereedschp bij het bewijs hiervn is het volgende criterium. Propositie (Criterium vn Riemnn) Zij f: [, b] R begrensd. Dn is f Riemnnintegreerbr desd n de volgende voorwrde is voldn: voor elke ε > 0 bestt er een verdeling P vn [, b] zo dt S(P ) s(p ) < ε. (3.8) Bewijs Neem eerst n dt voorwrde (3.8) geldt. Neem ε > 0 willekeurig. Dn is er een prtitie P zo dt S(P ) s(p ) < ε. Er volgt uit (3.6) dt dn 0 inf P S(P ) sup P s(p ) < ε. Omdt ε willekeurig gekozen ws, volgt er dt inf P S(P ) sup P s(p ) = 0. Dus f is integreerbr. Neem voor het bewijs vn de omgekeerde richting n dt f integreerbr is met I := b f(x) dx. Zij ε > 0. Gezien Definitie 3.4 en Lemm 3.3 bestn er prtities P 1 en P 2 zo dt I 1 2 ε < s(p 1) S(P 2 ) < I + 1 2ε. (3.9) Zij P 3 de gemeenschppelijke verfijning vn P 1 en P 2. Combintie vn (3.9) en (3.5) levert dt S(P 3 ) s(p 3 ) < ε. 21

HOOFDSTUK 3 INTEGRATIE 3.6 Stelling Zij f: [, b] R continu. Dn is f integreerbr over [, b]. Bewijs Wegens Gughn, Theorem 3.8 (zie Stelling 1.4 in deze syllbus) is f uniform continu op [, b] en wegens Gughn, Theorem 3.9 (zie Opgve 1.18 in deze syllbus) is f dn begrensd. We zullen lten zien dt n het criterium vn Riemnn voor integreerbrheid (zie (3.8)) voldn is. Zij ε > 0. We moeten dus een prtitie P = P (x 0, x 1,..., x n ) vn [, b] vinden zo dt S(P ) s(p ) = n (M i m i ) (x i x i 1 ) < ε. (3.10) i=1 Omdt n i=1 (x i x i 1 ) = b, zl n de ongelijkheid in (3.10) voldn zijn ls M i m i ε 2(b ) voor lle i. Dit suggereert sterk om de uniforme continuïteit vn f te gebruiken. Welnu, er bestt δ > 0 zo dt voor lle x, y [, b] geldt: x y < δ = f(x) f(y) < ε 2(b ). Kies nu n N zo dt (b )/n < δ en neem de prtitie P zo dt x i x i 1 = (b )/n voor lle i = 1,..., n. Dn volgt er dus, met gebruik vn (3.2), dt M i m i = sup f(x) f(y) x,y [x i 1,x i ] Dus invulling in het rechterlid vn (3.10) geeft: ε 2(b ). S(P ) s(p ) n i=1 ε 2(b ) b n = n ε 2n = 1 2 ε < ε. 3.7 Propositie Zij f: [, b] R monotoon stijgend (of monotoon dlend). Dn is f integreerbr over [, b]. Bewijs Zij f monotoon stijgend. Zij P = P (x 0, x 1,..., x n ) een prtitie vn [, b] zo dt x i x i 1 = (b )/n voor lle i. Wegens de monotonie zl gelden dt M i = f(x i ) en m i = f(x i 1 ). Dus S(P ) s(p ) = n (M i m i ) (x i x i 1 ) = i=1 n i=1 (f(x i ) f(x i 1 )) b n (b ) (f(b) f()) =. n Zij ε > 0. Dn zl S(P ) s(p ) < ε voor n voldoende groot. Er is dus n het criterium vn Riemnn (3.8) voldn. 3.8 Zij f: [, b] R zo dt f(x) = 0 behlve ls x in een zekere deelverzmeling X ligt. Als X eindig is dn is f integreerbr, ls X ftelbr oneindig is dn hoeft f niet noodzkelijk integreerbr te zijn. Zie onderstnde opgven. 22

HOOFDSTUK 3 INTEGRATIE Opgve () Zij f: [, b] R zo dt f(x) 0 voor slechts eindig veel wrden vn x. Bewijs dt f integreerbr is over [, b] en dt b f(x) dx = 0. (b) Bewijs dt de volgende begrensde functie f: [0, 1] R niet Riemnn-integreerbr is over [, b]: { 1 ls x rtionl, f(x) := 0 ls x irrtionl. 3.9 We bekijken nu Riemnn-integreerbre functies op een gesloten begrensd intervl [, b] ( < b en formuleren een ntl resultten zonder bewijs. b b b b (c 1 f 1 (x) + c 2 f 2 (x)) dx = c 1 f 1 (x) dx + c 2 f 2 (x) dx (c 1, c 2 R). (3.11) b f 1 (x) dx < b f(x) dx = c b f(x) dx + b c f(x) dx ( < c < b). (3.12) f(x) dx 0 ls f 0. (3.13) f(x) dx > 0 ls f 0, continu op [, b] en f niet identiek 0. (3.14) b b f 1 (x) dx b f 2 (x) dx ls f 1 f 2. (3.15) f 2 (x) dx ls f 1 f 2 beide continu, mr niet f 1 identiek gelijk n f 2. b f(x) dx b (3.16) f(x) dx. (3.17) 3.10 Opgve Bewijs (3.11). Bewijs (3.12) (Dit kn heel snel uit (3.11)) Bewijs (3.13) en (3.14). Merk op dt de overige uitsprken specilisties zijn vn de nu bewezen uitsprken. Zie Gughn, 5.5 voor hulp. 3.11 We brengen ook in herinnering de hoofdstelling vn de integrlrekening (zie syll. Clculus II, hst. VI, 1.1 of Gughn, Theorems 5.8, 5.14): Stelling Zij I een intervl en zij f: I R continu. () Zij I en definieer de functie F : I R door F (x) := x f(t) dt (x I). (3.18) Dn is F differentieerbr op I (links- resp. rechts-differentieerbr in mogelijke rndpunten vn I) en F = f (F is een zogenmde primitieve vn f) en F () = 0. 23

HOOFDSTUK 3 INTEGRATIE (Hierbij gebruiken we de conventie x := ls > x.) x (b) Zij, b I en zij F differentieerbr op I met F = f. Dn b f(t) dt = F (b) F (). (3.19) 3.2 Oneigenlijke integrlen 3.12 Oneigenlijke integrlen zijn kort behndeld in syll. Clculus II, hst. VI, 7.1. Het betreft integrlen b f(x) dx wrbij: (i) < b ; (ii) f is continu op (, b) (of lgemener: f is Riemnn-integreerbr op elk intervl [c, d] met < c < d < b); (iii) minstens een vn de punten en b is een kritiek punt vn de integrl is, d.w.z., het punt is gelijk n ± of het punt is eindig mr de functie is onbegrensd in de buurt vn dt punt. Voor een continue functie op een gesloten begrensd intervl [, b] is het mkkelijk om te bewijzen (g n) dt c b lim f(x) dx = c b Dit leidt tot de definitie vn oneigenlijke integrl: b b f(x) dx en lim f(x) dx = f(x) dx. (3.20) c c 3.13 Definitie Zij b f(x) dx een oneigenlijke integrl. Dn: c lim c b f(x) dx ls lleen b kritiek punt; b f(x) dx := lim c b c f(x) dx ls lleen kritiek punt; d lim c c f(x) dx + lim c c b f(x) dx ls en b kritieke punten. d Hier moet de limiet bestn (of, in het gevl vn twee kritieke punten, moeten beide limieten bestn). We zeggen dn dt de oneigenlijke integrl convergeert. Anders divergeert de integrl en kunnen we er geen wrde n toekennen. In het gevl vn twee kritieke punten is d een willekeurig tussenpunt vn en b. De definitie is onfhnkelijk vn de keuze vn d. Als de limieten gelijk zijn n of, dus in oneigenlijke zin bestn, dn mogen we dit ook ls wrde vn de oneigenlijke integrl schrijven, mr we zeggen dn nog steeds dt de integrl divergeert. In het gevl vn twee kritieke punten mogen we formeel schrijven dt +eindige wrde= en + =, en evenzo met, mr +( ) is onbepld. De oneigenlijke integrl b f(x) dx heet bsoluut convergent ls de oneigenlijke inte- grl b f(x) dx convergeert. Zie voorbeelden vn de verschillende gevllen in syll. Clculus II, hst. VI, 7.1. 24

HOOFDSTUK 3 INTEGRATIE 3.14 Opgve Lt 0 < c <. Bewijs dt ls α 1, x α dx = c c α+1 ls α < 1, α 1 en c c α+1 x α ls α > 1, dx = 0 α + 1 ls α 1, en 0 (3.21) (3.22) x α dx = voor lle α R. (3.23) 3.15 De theorie vn de oneigenlijke integrlen loopt tmelijk prllel met de theorie vn oneindige reeksen. We formuleren nu zonder bewijs een ntl convergentie-criteri voor oneigenlijke integrlen, die elk een duidelijk nlogon hebben voor oneindige reeksen (zols gegeven in syll. Clculus I, hst. IV en Gughn, Chpter 6). De bewijzen vn de hieronder gegeven criteri zijn niet moeilijk. De geïnteresseerde lezer kn de bewijzen zelf vinden of ze opzoeken in elementire boeken over reële nlyse of in de oude UvA-syllbus Anlyse A3 vn T. H. Koornwinder (zie http://www.science.uv.nl/~thk/edu/oldsyl/nl3.ps). Hieronder nemen we n dt de integrnd, zeg f, continu is op (, b) en ook in een rndpunt ls dit geen kritiek punt vn de oneigenlijke integrl b f(x) dx is. () Als b f(x) dx convergeert dn convergeert b f(x) dx en b b f(x) dx f(x) dx. (3.24) (b) Als de integrl b g(x) dx één kritiek punt heeft, zeg b, en ls 0 f(x) g(x) voor x [, b) dn geldt: Als b g(x) dx convergeert dn convergeert b f(x) dx. (c) (mjorntencriterium) Als de integrl b f(x) dx één kritiek punt heeft, zeg b, en ls er een c is tussen en b en een C > 0 zo dt f(x) C g(x) voor x [c, b) dn geldt: Als b c g(x) dx convergeert dn convergeert b f(x) dx bsoluut. (d) (minorntencriterium) Als de integrl b f(x) dx één kritiek punt heeft, zeg b, en ls er een c is tussen en b en een C > 0 zo dt 0 C g(x) f(x) voor x [c, b) dn geldt: Als b c g(x) dx divergeert dn divergeert b f(x) dx. (e) (limietcriterium) Lten b f(x) dx en b g(x) dx elk één kritiek punt hebben dt voor beide hetzelfde f(x) is, zeg b. Veronderstel dt f en g strikt positief zijn op [, b). Als lim x b g(x) = L met 0 < L < dn geldt: b f(x) dx convergeert desd b g(x) dx convergeert. 25

HOOFDSTUK 3 INTEGRATIE Wt kunnen we zeggen ls L = 0 of ls L =? (f) (Cuchy-criterium) Lt f(x) dx één kritiek punt hebben. Dn convergeert de integrl desd er bij elke ε > 0 een M > is zo dt c f(x) dx < ε ls M < b < c. b 3.16 We geven nu voorbeelden bij de convergentiecriteri vn 3.15. Voorbeeld bij () en (b): x 2 dx convergeert, dus x 2 sin x dx convergeert, dus x 2 sin x dx convergeert. 1 1 1 Voorbeeld bij (c): Lt c R. Omdt e x dx convergeert en 0 < e x2 e x ls x 1, convergeert c e x2 dx. c Voorbeeld bij (d): Omdt π/2 0 x 1 dx divergeert en 0 < x 1 (sin x) 1 ls 0 < x π/2, concluderen we dt π/2 0 (sin x) 1 dx divergeert. Voorbeeld bij (e): Lt f(x) := x+1 x 3 +1. Omdt f(x) > 0 op [1, ) en lim x f(x)/x 2 = 1 en x 2 dx 1 convergeert, concluderen we dt f(x) dx convergeert. 1 Voorbeeld bij (f): Voor iedere ε > 0 geldt: 0 < c b x 2 dx = b 1 c 1 < b 1 < ε ls ε 1 < b < c. Dus x 2 dx convergeert. 1 3.17 Opgve Zij x R. () Bewijs dt de integrl (b) Bewijs dt de integrl (c) Definieer 1 1 0 e t t x 1 dt convergeert voor lle x R. e t t x 1 dt convergeert desd x > 0. Γ(x) := 0 e t t x 1 dt (x > 0). (3.25) Merk op dt de integrl in het rechterlid convergeert voor de beschouwde wrden vn x. Bewijs met prtiële integrtie toegepst op de benderende Riemnn-integrlen dt de volgende functionlvergelijking geldt: Γ(x + 1) = x Γ(x) (x > 0). (3.26) (d) Bewijs dt (e) Definieer B(x, y) := Γ(n + 1) = n! (n = 0, 1, 2,... ). (3.27) 1 0 t x 1 (1 t) y 1 dt (x, y > 0). (3.28) 26