De Zwarte Kunst van het Primitiveren

De Zwarte Kunst van het Primitiveren Universiteit Utrecht P. v. Mouche Versie.093 Herfst 005

Dit typoscriptje gaat over primitiveren. Het eoogt de lezer snel de kunst van het primitiveren ij te rengen. Het maken van de daartoe gerichte opgaven is daarij wel van elang. Fijne opmerkingen, die de minder theoretisch geïnteresseerde lezer over kan slaan, staan in de voetnoten. Kunnen differentiëren is ononteerlijk om te kunnen primitiveren. De auteur gaat er gewoon vanuit dat de lezer deze vaardigheid eheerst. Ook gaat hij ervan uit dat de lezer vertrouwd is met de notie van (riemann-)integraal. Maar zo dadelijk roepen we een en ander nog even in herinnering. Uiteraard houdt de auteur zich aanevolen voor op- en aanmerkingen die kunnen leiden tot een verdere veretering van het typoscript. 3 Het is goed te weten dat er uitgereide taellen estaan met primitieven en dat computeralgerapakketten zoals MAPLE en MATHEMATICA heel wat primitieven epalen kunnen. Tot lezers die daarmee al gelukkig zijn, richt dit typoscript zich niet. Wel richt het zich tot lezers die ekwame primitiveerders willen worden. Deze voetnoten zorgen er ook voor dat au fond dit typoscript mathematisch rigoureus is. 3 Eventueel via het internet: pvmouche@gm.net of http://www.pvmouche.de (indien die nog gelden).

TER HERINNERING: 4 sin() = sin cos, cos() = sin = cos. sin + cos =. arcsin + arccos = π. sin (arctan ) = +. sinh = e + e, cosh = e e. arcsinh() = ln( + + ), arccosh() = ln( + ). (a ) = ln a a, (e ) = e. (ln ) = /. (sin ) = cos, (cos ) = sin, (tan ) = cos. (sinh ) = cosh, (cosh) = sinh. (arcsin ) =, (arccos ) =, (arctan ) = +. (arcsinh) = +, (arccosh) =. AFSPRAAK: Alle functies in het typoscript zijn reëelwaardig. TERMINOLOGIE: Onder een niet-ontaard interval van R verstaan we elk interval van R dat uit meer dan één punt (en daarmee uit oneindig veel punten) estaat. 4 Misschien is ter herinnering ietsjes overdreven. Maar om een ekwame primitiveerder te worden loont het zich de moeite om al deze formules te kunnen dromen.

Notie We vallen met de deur in huis: Definitie Gegeven een functie f gedefinieerd op een niet-ontaard interval I van R, heet een functie F op I een primitieve van f als F = f, i.e. als F differentieeraar is met afgeleide gelijk aan f. 5 De verzameling estaande uit alle primitieven duiden we aan met f() d. In de analyse toont men aan dat als f continu is, f een primitieve heeft, en wel als a een willekeurig punt uit het domein van f is, is F () := a f(s) ds wel-gedefinieerd en een primitieve. (Dit resultaat staat wel ekend als de Hoofdstelling van de integraalrekening, en sommigen noemen dit zelfs de Hoofdstelling van de analyse.) Merken we op dat als F een primitieve van f is, dat dan F + c (waar c een constante is) dat ook is. Dus als er een primitieve van f estaat, dan estaan er oneindig veel. Verder als zowel F als F primitieven van f zijn, dan verschillen deze een constante. 6 Dus als we een of andere primitieve van f epaald heen, dan heen we ze allemaal te pakken. We geruiken in dat verand ook wel de notatie f() d = F + C. 7 Hier noemen we f() nog de integrand. Zwarte kunst Primitiveren is veelal een ingewikkeldere ezigheid dan differentiëren. Immers, gegeven een functie kunnen we deze met de rekenregels voor afgeleiden differentiëren (alhoewel dat wel eens veel werk kan zijn). Zo kunnen we in principe ook altijd nagaan of een gegeven functie F wel de primitieve van f is. Maar om zo n F te epalen is een andere zaak, dat is juist de kunst en daar gaan we hieronder dus licht op laten schijnen. 8 U zult zien dat het er straks vaak wild aan toe zal gaan: we geruiken dingen zoals df() = f () d die est wel zin heen maar waarvan we het geruik niet rechtvaardigen zullen. Voor cos y schrijven we sin y als ons dat uitkomt (zonder ons om een eventueel minteken te ekommeren), voor arctan tan schrijven we,.... In principe is alles geoorloofd om een uitkomst te vinden. Vandaar dat we van zwarte kunst spreken. Eenmaal een antwoord heend, controlere men wel steeds of dat voldoet. Maar dan wel een controle volgens de regels van de (wis)kunst, want anders kan er nog van alles mis zijn. Bij het praktische rekenwerk om primitieven te epalen maakt men geruik van wat men al weet (de kijkmethode voor standaardprimitieven), van rekenregels en van speciale methoden voor epaalde klassen van functies, zoals reuksplitsen voor rationale functies. De standaardprimitieven ekijken we in 3, de rekenregels in 4 en de speciale methoden in de daarop volgende paragrafen. 5 De definitie zou wat algemener kunnen. Immers ze lijft zinvol als het domein van F een deelverzameling van R is waarvoor de notie van afgeleide van F zin heeft. De verzamelingen in kwestie etreffen in elk geval daarom ook nog eindige verenigingen van niet-ontaarde intervallen. 6 Dit resultaat maakt geruik van het feit dat het domein van f een niet-ontaard interval is. Inderdaad: dan is voor h := F F, h = 0 waaruit, omdat het domein een niet-ontaard interval is, volgt h = c en dus F = F + c. Als het domein van f geen niet-ontaard { interval zou zijn, is het{ resultaat niet waar: zowel de functie F als ln ( < 0) ln + 3 ( < 0) F gedefinieerd door F () := als F ln + 5 ( > 0) () := zijn primitieven van de ln ( > 0) functie /, maar F F is niet constant. 7 En edoelen daarmee dus de verzameling functies {F + c c R}. 8 Een kanttekening. Met een primitieve van f epalen edoelen we hieroven het vinden van een F in termen van elementaire functies. Elementaire functies zijn in dit verand de ekende dingen als veeltermen, de wortelfunctie, de eponentiële functie, sin en ln. In die zin zal het u niet lukken om een primitieve van f() = e te epalen. Toch estaat deze zoals we al gezien heen. 3

3 Standaardprimitieven Men doet er goed aan de hieronder staande tael met standaardprimitieven van uiten te kennen. 9 Dat deze tael correct is, controlere men dus door de functie in de tweede kolom te differentiëren. 0 p d p+ p+ (waar p ) d ln() e d e d arcsin d arcsinh + d arccosh + d arctan sin d cos cos d sin sinh d cosh cosh d sinh Ietwat ingewikkeldere functies zoals e a staan niet in de tael omdat deze, eenmaal deze tael heend, gemakkelijk daarmee epaald kunnen worden. Dat kan met een eetje gevoel voor wat men aan het doen is met de kijkmethode (i.e. men ziet de primitieve meteen zitten) of op een mechanischere manier met ehulp van de dadelijk te ehandelen sustitutiemethode. Vooreeld Bepaal e a d. Oplossing met de kijkmethode (zie ook Vooreeld 5): wetende (uit de tael) dat (e ) = e, proeert men e a en ziet dat (e a ) = ae a en daaruit dus dat a ea + C als gezocht is. De volgende tael van primitieven evat primitieven die we als wat minder standaard eschouwen (in de zin van dat men zich meer moge afvragen hoe komen we eraan ), maar die wel handig zijn om ij de hand te heen. ln d ln d + { arcsin arcsinh ± d ± ± arccosh d ln + tan d ln ( cos ) cot d ln ( sin ) arcsin d arcsin + arctan d arctan ln( + ) sin d ln tan cos d ln tan( + π 4 ) cos d tan sin d cot cosh d tanh sinh d coth Zie Vooreelden, 3, 7, en 3 waar we enkele van deze primitieven op een constructieve manier afleiden. 9 Over wat wel en wat niet in deze tael hoort, valt te redetwisten. Met de gegeven tael komt men een heel eind. 0 Voor het gemak heen we +C in de tweede kolom steeds weggelaten. Ook is het de edoeling dat elke te primitiveren functie op een niet-ontaard interval gedefinieerd is. Wat dat interval is, doet er niet toe, als het maar zin heeft. Zo kan p met p = / in de eerste regel van de tael ijvooreeld gedefinieerd zijn op (, 0). 4

4 Rekenregels Met ehulp van de rekenregels voor afgeleiden ewijst men (met λ een reëel getal aanduidend) de volgende rekenregels voor primitieven:. λf() d = λ f() d.. (f() + g()) d = f()d + g() d. 3. f()g () d = f()g() f ()g() d. (Regel der partiële integratie.) 4. f(φ())φ () d = F (φ()) + C. (Sustitutieregel.) (De regel der partiële integratie volgt uit de productregel en de sustitutieregel uit de kettingregel.) De regel der partiële integratie past men soms met succes toe, als de primitieve van een product van twee functies gezocht wordt en de primitieve van een der factoren ekend is en de afgeleide van de andere factor gemakkelijk is. Vooreeld Bepaal ln d. Oplossing. Met de regel der partiële integratie volgt ln d = ln d = ln d = ln d = ln + C. Vooreeld 3 Bepaal arcsin d. Oplossing. Met de regel der partiële integratie volgt arcsin d = arcsin d = arcsin d = arcsin + + C. Partiële integratie stelt vaak in staat om recurrente etrekkingen te vinden, waardoor men alle primitieven in kwestie kan epalen. Soms kan men zo n etrekking nog epliciet oplossen ook. Vooreeld 4 Bepaal een recurrente etrekking voor F n := d ( n +) d (n ) en epaal daarmee F. Oplossing. F n = ( + ) n d = ( + ) n + n = ( + ) n + ( +) n+ n( + ) = ( + ) n + n(f ( +) n+ (+ ) n+ n F n+ ). Daaruit volgt de formule F n+ = n ( +) + n n n F n. Omdat F ekend is, namelijk F = arctan + C, levert deze formule een manier om de primitieven in kwestie recursief te epalen. Zo is ijvooreeld d d = F ( +) = ( +) + arctan + C. In de praktijk geruikt men de sustitutieregel door zich te edienen van de volgende notaties: d(f + g) = df + dg, d(λf) = λ df, df() = f () d en door voor ingewikkeldere uitdrukkingen iets eenvoudiger zoals y te sustitueren of door voor een eenvoudige uitdrukking iets ingewikkelders zoals sin(y) te sustitueren. (vooreelden komen eraan). Dat heet dan sustitutiemethode. Bovenstaande notaties heen niet zonder meer zin. Dat er iets zinvols zit aan ovenstaande notaties kan men inzien door ermee om te gaan als met getallen: df() = f () d is dan df() d = f () hetgeen wel zin heeft. We gaan hier maar niet proeren dit rigoureus te maken. Vooreeld 5 Bepaal e a d. Oplossing: zet y = a. Dan dy = a d en daarmee e a d = e y a dy = a e y dy = a ey + C = a ea + C. Deze regels zijn waar als de functies in kwestie net genoeg zijn; ijvooreeld continue differentieerare f, g voldoen aan de Regel der partiële integratie. 5

Met Opgave (die misschien wat teveel van hetzelfde is) kunt u nog wat verder oefenen met het epalen van standaardprimitieven die ietsjes minder standaard zijn. Vooreeld 6 Te epalen: y +y e +e d. Oplossing: sustitueer e = y, dan de = e d, dus dy = y d en daarmee y dy = +y dy = ln + y + C = ln( + e ) + C. e +e d = Vooreeld 7 Te epalen: d. Oplossing : Sustitueer = sin y, dan d = d sin y = cos y dy = sin y dy en daarmee d = sin y y dy = ( sin y) dy = cos y dy = (+cos(y)) dy = y + 4 sin(y) + C = arcsin + sin y cos y + C = arcsin + + C. Oplossing : d = d = + d = + ( + ) d = d + d. Daaruit ; d = + d en dus d = + arcsin + C. 5 Primitiveren van rationale functies In ovenstaande twee taellen heen we al gezien hoe de eenvoudige rationale functies (dat wil zeggen quotiënten van veeltermen) n, + en te primitiveren. De methode van reuksplitsen, die we hier gaan espreken, is te geruiken als men een primitieve van een willekeurige rationale functie wil epalen. Doel van die methode is een rationale functie te herschrijven als een som van rationale functies waarvan men de primitieve kent. Naast ovenstaande rationale functies (of daaraan direct verwante functies) heen we daarij nog ( n +) op het oog (zie Vooreeld 4). We gaan nu recepten geven hoe primitieven van rationale functies te geven met de methode van het reuksplitsen. Dat doen we in een paar stappen van steeds grotere algemeenheid. Dat die recepten inderdaad werken, daarover kan men een hele theorie opzetten; deze theorie kan men nalezen in oeken over algera. Als f g een te primitiveren rationale functie is, mogen we ons eperken tot de rest van f gedeeld door g. Bijvooreeld 3 + = + 3 en slechts de primitieve 3 van de rest kan een proleem opleveren. We mogen dus veronderstellen, en dat zullen we nu ook doen, dat voor de graden van f en g geldt: deg(f) < deg(g). Voor het vervolg zijn de nulpunten van g van elang. We zijn echter niet altijd in staat de nulpunten van g ook echt te erekenen. In dat geval zullen we dan meestal ook geen primitieve kunnen erekenen. We ekijken eerst het geval waar g() louter enkelvoudige reële nulpunten heeft, zeg a,..., a m. In dat geval kan men (zoals de theorie leert) als volgt reuksplitsen: f() g() = A + + A m. a a m (We edoelen hiermee dat er constanten A,..., A m zijn zodanig dat ovenstaande identiteit voor alle (eventueel afgezien voor gelijk aan een der a i ) geldt.) Vooreeld 8 Te epalen 6 +3 4 d. Oplossing: we ontinden de noemer: + 3 4 = ( + 4)( ). We stellen nu A +4 + A 6 +3 4 =. Dat komt neer op 6 = A ( ) + A ( + 4) voor alle. = invullen levert A = en = 4 invullen levert A =. Daarmee 6 +3 4 d = +4 d = ln ( + 4) ln + C. Ietsjes ingewikkelder is het geval waar g() louter reële (dus geen echt complee) nulpunten heeft die niet per sé enkelvoudig zijn. Zeg a,..., a m zijn de nulpunten en r,..., r m zijn respectievelijk hun multipliciteiten. In dat geval kan men als volgt reuksplitsen: f() g() = A ( a ) + A ( a ) + + A r ( a ) r + + 6

Vooreeld 9 Te epalen + A m ( a m ) + A m ( a m ) + + A mr m ( a m ) rm. ( )(+) d. Oplossing: reuksplitsen levert op: ( )(+) = ( )(+) d = ( + ) + 4 ln + 4 (+) ( ) = (+) + 4 + + 4 ln + C.. Daaruit Bekijken we tenslotte het algemene geval waar we ook complee nulpunten toelaten. Merken we even op dat als z een nulpunt van de noemer van p is, het comple geconjugeerde getal z dat ook is en wel met dezelfde multipliciteit als die van z. p() is als volgt te schrijven: p() = m r i i= r= A ir ( a i ) r + s t j j= r= u jr + v jr (( j )( j )) r, waar a,..., a m de reële nulpunten van de noemer van p zijn met multipliciteiten respectievelijk r,..., r m,,..., s de comple geconjugeerde nulpunten met positief imaginair gedeelte zijn van de noemer van p met multipliciteiten respectievelijk t,..., t s zijn. De primitieve van elk der A ir ( a levert geen enkel proleem en die der u jr+v jr = u jr+v jr i) zijn ook wel te r (( j)( j)) r (R j)+ j a+d ehapstukken door te edenken dat ( ++c) met n 4ac gelijk is aan a + a ( n ++c) + (d ) ( ++c) = a + a n ( n ++c) + (d ) en te edenken dat we Vooreeld 4 heen. Vooreeld 0 Te epalen 3 + 4 Oplossing. We stellen d. (+) ( +) 3 + 4 = (+) ( +) a + (+) + + c+d +. ((+ ) + Dat komt neer op 3 + 4 = a( + ) + ( + )( + ) + (c + d)(( + ) ). = invullen geeft a =. Daaruit 3 + 4 + ( + ) = ( + )( + ) + (c + d)(( + ) ), i.e. ( + ) = ( + )( + ) + (c + d)(( + ) ). Weer = invullen geeft = 0. Daaruit = c + d, waaruit c =, d = 0. Dus 3 + 4 d = ( + (+) ( +) (+) + ) d = + + ln ( + ) + C. 6 Primitiveren van rationale functies in sin en cos We zullen hier wat eknopter uiteenzetten dan voorheen. Bekijken we eerst het geval van sin m cos n d met gehele m en n. Als m of n even is, kunnen we de integrand herschrijven tot een rationale functie: als m dat is, dan geldt, met y = cos, sin m cos n d = (sin ) (m )/ cos n sin d = ( y ) (m )/ y n dy. En als n het is, levert y = sin het gewenste. Als m en n eide even zijn, dan leidt ovenstaande methode tot wortels in de integrand en is daarom meestal niet ruikaar. Wel tot een resultaat voert nu de sustitutie = arctan y. Wegens de formules cos = +tan en sin = tan +tan vinden we sin k cos l d = y k. Maar soms kan het makkelijker: (+y ) k+l+ Vooreeld sin d = ( cos ) d = 4 sin d + C. En volgens ovenstaande methode, met ehulp van Vooreeld 4: sin d = y dy = ( (+y ) +y ) dy = arctan y y (+y ) y + arctan y + C = arctan(tan ) tan tan + + C = f sin cos + C = 4 sin + C (en controleren van deze oplossing leert dat hij voldoet). We moeten hier oppassen: de te primitiveren functie heeft domein (, ). De sustitutiefunctie = arctan y heeft als ereik echter ( π, π). Dus de gevonden primitieve is in orde op dat interval. Zie ook Opgave 4. c 4 n ) 7

Rationele functies in sin en cos die in feite rationale functies zijn in sin en cos, zoals 3 sin 4 +cos +7 cos 4, kunnen met ovengenoemde sustitutie = arctan y altijd in een rationale functie in y worden overgevoerd en zijn daardoor in principe (maar meestal wel ten koste van veel rekenwerk) te primitiveren. Nog meer rekenwerk vergen willekeurige rationale functies in cos en sin. Ook deze kunnen door een geschikte sustitutie, namelijk = arctan y, in gewone rationale functies worden overgevoerd. Bedenk immers dat cos = y +y en sin = y +y. De sustitutie = arctan y werkt ook wel eens voor totaal andere gevallen: Vooreeld Te epalen + d. Oplossing (met ehulp van de sustitutiemethode en reuksplitsen). Denkend aan de formule + tan t = cos t, sustitueren we = tan t. Dan d = cos t dt en daarmee + d = cos 3 t dt = dt ( sin t) cos t. Sustitueren we nu z = sin t, dan is dz = cos t dt en krijgen we dz. ( z ) Omdat = ( z ) ( z) +z, vinden we na een korte erekening + d = 4 ( z z + ln +z z ). Hierin moet nog z = sin t = sin(arctan ) gesustitueerd worden. Met sin t = tan t is z = z +tan t +. Na wat rekenwerk vinden we = + en = /4 + /4 (+z) ( z) z + /4 + /4 (+z) z +z z = ( + + ). Daaruit tenslotte + d = + + ln ( + + ) + C. (Oef!) Vooreeld 3 Te epalen d. Oplossing. Dat gaat analoog aan Vooreeld. Men vindt d = ln +. 7 Opgaven Opgave Bepaal de volgende primitieven (waar 0 en a, c > 0 is): a. ( + r) p d (waar p ).. +d d. c. e a d. d. a d. e. a d. f. ± a d. g. d. a c h. d. +a i. a +c d. j. a d. k. sin() d. l. cos() d. m. tan() d. n. cot() d. 8

o. sinh() d. p. cosh() d. q. sin() d. r. cos() d s. cos () d. t. sin () d. u. cosh () d. v. sinh () d. Opgave Bepaal de volgende primitieven met ehulp van de Regel der partiële integratie: a. n ln d.. e d. c. sinh d. d. cos(a) d (waar a 0 is). e. cos(a) d (waar a 0 is). f. e a cos() d (waar a + 0 is). Bepaal de volgende primitieven met ehulp van de sustitutiemethode: g. d. h. e d. i. 3 d. j. sin cos 6 d. Bepaal de volgende primitieven met ehulp van reuksplitsen: k. 4 ( ) (+) d l. 4+ d. m. 7 4 5 3 +5 + 3 ( 3)( +). n. 3 + + d. Opgave 3 Bepaal een recurrente etrekking voor F n := n e d en los deze epliciet op. Opgave 4 Bepaal de volgende primitieven: a. sin d.. ++ d. c. +5 d. d. +5 d. 9

e. + ++3 d. f. +6+8 d. g. +5 +6+8 d. h. 4+3 ++ d. i. d +3 sin. j. cos(ln ) d. k. ln d. l. ln(+ ) d. m. ln(a + ) (a 0). n. 4 d. o. /3 d. 0

8 Oplossingen Oplossing a. ( + (p+) r)p+ + C.. ln + d + C. c. a ea + C. d. ln a a + C. e. a + a arcsin { + C. a arcsinh f. ± a ± a a arccosh + C. a g. arcsin( c ) + C. c a h. arcsinh + C. a i. arctan ( c ) + C. ac a a j. ln + C. a +a k. cos() + C. l. sin() + C. m. ln cos() + C. n. ln sin() + C. o. cosh() + C. p. sinh() + C. q. ln tan( ) + C. r. ln tan( + π ) + C. 4 s. tan() + C. t. cot() + C. u. tanh() + C. v. coth() + C. Oplossing a. n+ n+ ln n+ + C. (n+). e e + e + C. c. cosh sinh + C. cos(a) d. sin(a) + + C.. a a a e. sin a + cos a sin a + C. a a 3 ae f. a cos +e a sin + C. a + g. + C. h. e + C. i. ( 3 3)3/ + C. j. 7 cos7 + C. + k. + ln + C. l. ( ) + C. 7 m. 4 5 3 +5 + 3 = 5 + + + 4+5 = 5 + + ( 3)( +) 3 + ( +) 3 + Daaruit halen we 5 ln 3 + ln ( + ) ( + ) + 5( + arctan ) + C. + n. + arctan ln( + ) + C. + ( +) 5 ( +). Oplossing 3 F n = n e n n e d = n e np n. Uit P 0 = e volgt uit die etrekking dat P = ( )e, P = ( + )e en zo doorgaand zien we dat P n = ( n n n + n(n ) n + ( ) n n)e. Oplossing 4 a. sin + C. 4. = d = ( + + ) c. ln( + 0 5 ) + C. d. 5 arctan ( 5) + C. d (+ 4 ) + 7 6 = 8 7 ( 4 d 7 ) (+ 4 ) + d = e. = + + d = ++3 ++3 4 ln( + + 3) + 4 arctan ( 5 5 ( + ) + C. f. = d = arccosh( + 3) + C. (+3) 4 7 arctan( ) + C. 7(+ 4 ) d (+ ) + 5 4 = = 4 ln( + + 3) +

g. Met f hieroven vinden we = +3 d+ +6+8 d = + 6 + 8+arccosh(+3)+C. +6+8 4+3 h. d = 4+3 d. De sustitutie u = + leidt uiteindelijk tot het resultaat ++ (+) + ln ( + + ) arctan( + ) + C. i. Door de sustitutie = arctan y vindt men arctan( tan ) + C.3 j. (cos(ln ) + sin(ln )) + C. k. ln(ln ) + C. l. ln( + ) arctan + C. m. ln(a + ) + a arctan + C. a n. 6 (4 ) 4 + 4 (4 ) 4 + C. 3 5 o. 3 3 ln 3 + ln 3 + 3 + + 3 arctan( 3 + 3 ) + C. 3 We moeten hier, zoals we ook al eerder vermeldden, oppassen: de te primitiveren functie +3 sin heeft domein (, ). De sustitutiefunctie = arctan y heeft als ereik echter ( π, π). Dus de gevonden primitieve is in orde op dat interval, maar is niet een primitieve zoals gezocht. Interessant verder is het volgende (details laten we aan de lezer over): men controlere dat de gevonden primitieve ook op de intervallen (( + k)π, ( + k)π) een primitieve is. Als we nu ook de natuurlijke, waarden voor de tangensfunctie in de punten ( + k)π toelaten en de arctangensfunctie ook in, definiëren, dan is de gevonden primitieve zelfs op de hele R geldig. Maar in de punten ( + k)π is deze niet continu: de sprong van arctan( tan ) in zo n punt is gelijk aan π. Om dit te verhelpen kiezen we constanten c k zodat de functie f gedefinieerd door f() = arctan( tan ) + c k voor (( + k)π, ( + k)π) in de punten ( + k)π continu wordt: c k = kπ voldoet. Nu is f niet alleen continu, maar zelfs differentieeraar en daarmee een primitieve zoals gezocht.