Jan Wiegerinck version 10 januari 2013 - UvA · 2013. 2. 4. · met Taylorreeksen in deel 1 en...

Analyse: Van R naar Rn

1. Aanvullingen op Ross

Jan Wiegerinck

version 10 januari 2013

Korteweg – de Vries Instituut, Universiteit van Amsterdam, Science Park904 Amsterdam

E-mail address: [email protected]

Aanvullingen op het boek van Kenneth A. Ross, Elementary Analysis: The Theoryof Calculus vormen het eerste deel van de syllabus bij het college Analyse: Van R naarRn. Het tweede deel bestaat uit een bewerking van de analyse 2b syllabus van Prof. T.H.Koornwinder.

Op de website zijn deel 1 en deel 2 als aparte documenten down te loaden. Voor hetgemak van de student zijn deze in de gedrukte versie samen gebracht.

Bij veel hoofdstukken uit het boek vind je in deel 1 van de syllabus aanvullende opgaven:sommige om de theorie toe te lichten, andere meer van het niveau dat je op het tentamenkunt verwachten. Het boek is niet erg ambitieus in zijn opgaven, en huppelt af en toe overeen moeilijk punt heen. Voor studenten wiskunde zijn een goede grondslag van de analyseen bijpassende opgaven noodzakelijk om verder in het vak te komen. Deze syllabus hooptdaarin te voorzien.

Verwijzingen in vet zijn steeds naar definities, stellingen etc. in het boek van Ross.Hoofdstuk 6 gaat over het rekenen met de orde symbolen van Landau. Dit maakt berekingenmet Taylorreeksen in deel 1 en bijvoorbeeld het berekenen van afgeleiden in deel 2 veeloverzichtelijker.

Deel 2 sluit aan op de theorie die in Ross ontwikkeld is, maar is voor het overige een opzichzelf leesbaar document.

Jan Wiegerinck

Inhoudsopgave

Hoofdstuk 1. Reele getallen en de supremumeigenschap 11.1. Bij paragraaf 4 11.2. Aanvullende opgaven 2

Hoofdstuk 2. Rijen 52.1. Bij paragraaf 7 en 8 52.2. Opgaven bij paragraaf 7 en 8 62.3. Bij paragraaf 9 62.4. Bij paragraaf 10 62.5. Opgaven bij paragraaf 10 72.6. Bij paragraaf 11 82.7. Opgaven bij paragraaf 11 82.8. Opgaven bij Paragraaf 14 82.9. Bij paragraaf 15 82.10. Opgaven bij paragraaf 15 9

Hoofdstuk 3. Continuıteit 113.1. Bij paragraaf 18 113.2. Bij paragraaf 20 113.3. Bij paragraaf 21 123.4. Opgaven bij paragraaf 21 13

Hoofdstuk 4. Functierijen en –reeksen 154.1. Bij paragraaf 25 154.2. Opgaven bij paragraaf 25 164.3. Bij paragraaf 26 17

Hoofdstuk 5. Differentieren 195.1. Bij paragraaf 28 195.2. Opgaven bij paragraaf 29 205.3. Bij paragraaf 31 205.4. Opgaven bij paragraaf 31 21

Hoofdstuk 6. Grote O en kleine o symbool 236.1. Het grote O-symbool 236.2. Opgaven O 236.3. Het kleine o-symbool 236.4. Opgaven o 24

iii

HOOFDSTUK 1

Reele getallen en de supremumeigenschap

1.1. Bij paragraaf 4

We zullen de volledigheid van R, dat is het Completeness Axiom 4.4, dus de eigen-schap dat iedere niet-lege naar boven begrensde verzameling in R een kleinste bovengrensof supremum in R heeft, heel vaak gebruiken (zie pp. 20–22, Definitions 4.2 en 4.3).Deze eigenschap is een definierende eigenschap van R in de volgende zin: Er bestaat (opisomorfe kopieen na) precies een ordered field (= geordend lichaam) met eigenschap 4.4.Dit lichaam noemen we R. Het heeft alle eigenschappen die we intuıtief al aan de reelegetallen toekenden. Echter, door deze nieuwe opzet kunnen we de eigenschappen voorzoverdie niet in de definitie zijn opgenomen, ook bewijzen! In §6 wordt een volledig, geordendlichaam geconstrueerd. De stellingen dat geordende lichamen met eigenschap 4.4 allemaalgeordend-lichaamsisomorf zijn, vallen buiten het bestek van dit college.

Ga zelf na dat je R een kopie van Q bevat. Het is belangrijk dat je je realiseert datdeelverzamelingen van R eigenschap 4.4 niet hoeven te hebben. Neem maar de deelver-zameling Q: er zijn begrensde deelverzamelingen A van Q waarvoor geen element van Qbestaat dat de kleinste bovengrens van A is; we geven zo meteen een voorbeeld.

Merk op dat in Definition 4.3 niet wiskundig wordt uitgelegd wat ‘kleinste’ betekent,maar de betekenis is als in het dagelijks taalgebruik: ‘kleinste’ betekent ‘kleiner dan alleandere’, wat hetzelfde is als ‘kleiner dan of gelijk aan alle’. Een definitie van kleinstebovengrens is dus:

Definitie 1.1.1. Als (X,≤) een totaal geordende verzameling is, dat wil zeggen eenverzameling met de eigenschappen O1–O3, en A ⊂ X, dan heet M ∈ X de kleinstebovengrens van A, of, als je misverstand wilt voorkomen in het geval X ⊂ Y voor een ofandere Y , de kleinste bovengrens van A in X, als (1) voor alle x ∈ X geldt: x ∈ A⇒ x ≤M(dus alsM een bovengrens van A is) en (2) voor elke bovengrensQ ∈ X van A geldt: M ≤ Q.

Voorwaarde (2) hierboven is, net als dat boven §4 Example 3 in het boek gebeurde,ook te formuleren als

(1.1.1) voor alle Q ∈ X geldt: Q < M =⇒ ∃x ∈ A : x > Q.

Bijvoorbeeld A = {x ∈ Q : x2 < 2}. Dit is een verzameling rationale getallen die naarboven begrensd is, want 2 is een bovengrens. Neem nu X := R in definitie 1.1.1, dan is hetsupremum van A in R gelijk aan

√2. Maar met X := Q lukt het niet: er bestaat volgens

aanvullende opgave 1.2.2 geen rationaal getal M ∈ Q dat aan definitie 1.1.1 voldoet.In het vervolg zullen we altijd X = R nemen, tenzij expliciet anders vermeld staat.

Iets over gaten. Op p. 19 §4 rr. 2–3:

‘[The completeness axiom] is the axiom that will assure us that R has no “gaps”.’

en p. 22 rr. 7–9:

‘[. . . ] supS exists. This is not an accident. Otherwise there would be a “gap” betweenthe set S and the set of its upper bounds.’

wordt het bestaan van ‘gaten’ equivalent verklaard met het bestaan van niet-lege naarboven begrensde deelverzamelingen die geen supremum hebben. Natuurlijk heeft geen en-kele verzameling in zichzelf beschouwd gaten. Gaten zie je pas als je een verzameling binnen

1

2 1. REELE GETALLEN EN DE SUPREMUMEIGENSCHAP

een grotere verzameling beschouwt en gaten zijn per definitie geen onderdeel van de verza-meling maar van de grotere verzameling. Het is het eenvoudigst om de equivalentie dan alsdefinitie van gat te interpreteren. Er treedt een gat op voor iedere naar boven begrensdedeelverzameling van Q die geen supremum heeft in Q, het gat is dan het supremum in R.Als je alleen maar Q kende en van de reele rechte met z’n

√2 en zo nooit gehoord had, kun

je zo aan het niet bestaan van suprema zien dat er ‘gaten’ in Q als deel van R zitten.

1.2. Aanvullende opgaven

1.2.1. Bewijs dat definitie 1.1.1 en het alternatief gegeven met behulp van (1.1.1)equivalent zijn.

1.2.2. Bewijs dat A = {x ∈ Q : x2 < 2} geen supremum in Q heeft.

1.2.3. Bewijs de opmerking in het boek (p. 21 r.–13) dat een deelverzameling van Rten hoogste een supremum en een infimum kan hebben (als afgesproken: alles in R).

1.2.4. Nu naar de algemene situatie van definitie 1.1.1: wat je bewijs van 1.2.3 hopelijklaat zien, eventueel na een kleine aanpassing, is dat in een totaal geordende verzameling Xeen verzameling A ⊂ X ten hoogste een supremum kan hebben, met andere woorden, datals zo’n M bestaat, deze uniek bepaald is. Laten we dit supremem supX(A) noemen.Veronderstel nu dat X met behoud van ordening een deelverzameling is van een of anderetotaal geordende verzameling Y , en A ⊂ X,A 6= ∅. Bewijs of weerleg:

(1) als supY (A) bestaat, bestaat supX(A);(2) als supX(A) bestaat, bestaat supY (A);(3) als supX(A) en supY (A) bestaan, zijn ze gelijk;(4) de implicaties (2) en (3) zijn waar als X = Q en Y = R.

1.2.5. Van welke verzamelingen in Exercise 4.1 bestaat een supremum in Q?

1.2.6. Definieer het product A · B van begrensde deelverzamelingen A en B van Rals A · B := {a · b : a ∈ A, b ∈ B}. Geef een voorbeeld waaruit blijkt dat niet altijd geldtsupA ·B = supA · supB. Geef ook een redelijke voorwaarde die garandeert dat dit wel hetgeval is. Bewijs je uitspraak.

1.2.7. Veronderstel dat A en B begrensde verzamelingen van R zijn met B ⊂ A ⊂ R.Bewijs dat supB ≤ supA en inf B ≥ inf A. Laat zien dat gelijkheid kan optreden, ook alsA 6= B.

1.2.8. Veronderstel dat A en B begrensde verzamelingen van R zijn met B ⊂ A ⊂ Rwaarvoor geldt:

∀a ∈ A,n ∈ N ∃b ∈ B met a ≤ b+ 1/n.

Bewijs dat supA = supB.

1.2.9. Bepaalsup{supS : S ⊂ (0, 1) ∩Q}.

1.2.10. Laat zien dat het open interval (0, 1) niet geschreven kan worden als ∪α∈AIαwaar A een indexverzameling is die uit twee of meer elementen bestaat en de Iα = (aα, bα) ⊂(0, 1) onderling disjuncte, niet-lege intervallen zijn.

1.2.11. Laat zien dat voor ieder niet-negatief getal y ∈ R de vergelijking x2 = y eenunieke niet-negatieve oplossing in R heeft. We noemen die

√y. Waarom geeft je recept

geen oplossing voor negatieve y?

In de volgende opgaven wordt gesuggereerd hoe nu yα te definieren voor positieve αen y, en te controleren dat de gebruikelijke eigenschappen gelden. Het is een elementairebenadering, maar zeker niet de snelste, zie ook §37.1.

1.2. AANVULLENDE OPGAVEN 3

1.2.12. (vervolg) Laat zien dat voor ieder getal y ∈ R en iedere n = 1, 2, . . . devergelijking x2n−1 = y een unieke oplossing 2n−1

√y in R heeft, en voor ieder niet-negatief

getal y ∈ R en iedere n = 1, 2, . . . de vergelijking x2n = y een unieke niet-negatieve oplossing2n√y in R heeft. Wat is er nu tegen om bijvoorbeeld te definieren (−8)2/6 = 6

√(−8)2?

1.2.13. (vervolg) Dus even geen negatieve y, en ook maar meteen niet y = 0, wantanders geeft die straks nog moeilijkheden. Laat zien dat voor alle positieve y ∈ R degebruikelijke definitie van yp/q (p, q ∈ N) een functie r ∈ Q+ 7→ yr ∈ R op de positieverationale getallen definieert.

1.2.14. (vervolg) Breid de definitie uit opgave 1.2.13 uit tot niet-positieve rationaleexponenten.

1.2.15. (slot) Hoe zou je nu yα voor y > 0, α ∈ R definieren? En hoe zou je laten ziendat de gewone rekenregels als yα · yβ = yα+β, α, β ∈ R, nog gelden?

HOOFDSTUK 2

Rijen

2.1. Bij paragraaf 7 en 8

Het is noodzakelijk dat je een formeel bewijs kunt geven van uitspraken als lim 1n2 = 0.

Daarbij is het belangrijk onderscheid te maken tussen twee uitspraken

(1) Voor iedere ε > 0 is er een N ≥ 0 zodat n ∈ N, n > N impliceert |1/n2 − 0| < ε.(2) Zoek voor iedere ε > 0 de kleinste N ∈ N zodat n ≥ N impliceert |1/n2 − 0| < ε.

Natuurlijk zal in beide gevallen N van ε afhangen. Je moet in het bewijs dan aangeven hoeje N kiest. Meestal is geval 1 veel makkelijker te doen (als je N hebt, kun je ook N + 7nemen), er is veel keus. In geval 2 heb je geen keus, vaak is de waarde van N dan op eeningewikkelde manier afhankelijk van ε. Uitspraak 1 is wat je nodig hebt om het bestaanvan een limiet te bewijzen. Uitspraak 2 doet eigenlijk “te veel”, maar het kan voor anderedoelen handig zijn om die kant op te gaan.

Voorbeeld 2.1.1 (Example 8.1). Het formele bewijs in het boek doet (2). Als je hetvoorbeeld met (1) doet gaat het zo. Zij ε > 0. Als ε > 1 kies je N = 1 en n > 1 impliceert|1/n2 − 0| < 1 < ε. Als nu 0 < ε < 1, kies N = 1/ε. Dan geldt voor n > N

|1/n2 − 0| = 1/n2 < ε2 ≤ ε,omdat 0 < ε < 1. Als 1/n2 < ε voor n > N , is voor iedere η > ε ook 1/n2 < η voor n > N .Het behandelen van het geval ε > 1 is daarmee eigenlijk overbodig.

Voorbeeld 2.1.2 (7.3b en 7.3 p). We beginnen met 7.3.b. Merk op dat bn = 1+3/n2

1−3/n2

dus net als in voorbeeld 2 raden we dat lim bn = 1. Nu een bewijs. Neem ε > 0. We willenhet verschil tussen bn en 1 schatten;

(2.1.1) |bn − 1| =∣∣∣∣n2 + 3− n2 + 3

n2 − 3

∣∣∣∣ ≤ 6

(n− 2)(n+ 2)≤ 6

n+ 2, als n > 3.

De laatste uitdrukking is kleiner dan ε als n > 1/(6ε) (en n > 3). Kies dus N =max{1/(6ε), 3}, dan is voor n > N |bn − 1| < ε.

Nu 7.3.p Laat bn = 2n+1+52n−7 = 2+5/(2n)

1−7/(2n) zodat we raden dat lim bn = 2. Nu weer een

bewijs. Zij ε > 0. Er geldt

(2.1.2) |bn − 2| =∣∣∣∣ 12

2n − 7

∣∣∣∣ ≤ 12

n− 7, als n > 7.

Dit is kleiner dan ε als n > 7 + 12/ε. We kiezen dus N = 7 + 12/ε.

Bij Example 3 (e), p.35. Met calculus vind je eenvoudig:

limx→∞

(1 +

1

x

)x= lim

y→0(1 + y)

1y

= limy→0

elog(1+y)

y = elimy→0

log(1+y)y = e.

(2.1.3)

We gebruikten de substitutie y = 1/x en herkenden het differentiaalquotient in de laatstelimiet. Het manipuleren met limieten zal in Chap. 3 gerechtvaardigd worden. Example3e, p.35 volgt.

Je kunt deze limiet ook als definitie van e nemen.

5

6 2. RIJEN

2.2. Opgaven bij paragraaf 7 en 8

2.2.1. Geef bewijzen voor de limieten in 7.3.j, 7.3.r, 7.3.t.


Bij Basic Examples 9.7. Bij deze standaardlimieten, die je uit het hoofd moet we-ten(!), horen er nog enkele. Sommigen zijn in Calculus behandeld.

(1) De limiet 2.1.3 limn→∞(1 + 1/n)n = e;(2) ∀p > 0 : limn→∞ n

−p log n = 0;(3) ∀p ∈ R : limn→∞ n

pe−n = 0.

Bij Example 5. In het voorbeeld wordt weer een precieze M bepaald, dat is niet nodig.Bijvoorbeeld Zij M > 0. Dan

√n+ 7 >

√n > M, voor n > N = M2.

M.a.w. limn→∞√n+ 7 =∞.


Een belangrijke stelling is Stelling 10.2 omdat deze je in staat stelt te bewijzen dateen rij convergeert zonder met de definitie van convergentie te werken. Je kunt dit gebruikenin opgave 10.8 t/m 10.12.

In dit soort opgaven wordt een rij inductief gedefinieerd. De eerste paar aj zijn gegevenen verder is gegeven hoe an+1 afhangt van de vorige termen. Dan kan heel eenvoudig zijn:

(2.4.1) an+1 = an/2 + 1,

of ingewikkeld:

(2.4.2) an+1 = a2n/4 + an−1/3 + 3n/(8n+ 7).

De vraag is meestal te bewijzen dat de limiet bestaat, en deze te bepalen. Het stramienvan de oplossing is als volgt.

Stap 0. Bepaal de mogelijke limieten. Noem L = limn→∞ an. Je weet niet dat die limietbestaat, maar we nemen even aan dat we dat al bewezen hebben.

Dan ook L = limn→∞ an+1 = limn→∞ an−1. Hoe je dit gebruikt laat het volgendevoorbeeld zien. Er zijn vaak maar eindig veel waarden van L mogelijk. Onderzoek nu of derij stijgend of dalend is. In het stijgende geval ga je nu:

Stap 1. Bewijzen dat de rij stijgend (althans niet dalend) is. Inductie kan daarbijhelpen.

Stap 2. Bewijzen dat de rij naar boven begrensd is. Vaak is het handig voor de bo-vengrens de waarde van de limiet die het meest waarschijnlijk is, te kiezen. Ook hier kaninductie van pas komen.

Stap 3. Met stap 1 en 2 kun je Stelling 10.2 gebruiken. Dan weet je dat de limietbestaat. Vaak is maar een waarde mogelijk, bijvoorbeeld omdat de andere waarden alkleiner zijn dan de beginwaarde, of groter dan de bovengrens die je bewezen hebt. Daarmeeis dan de opgave opgelost.

Voorbeeld 2.4.1. De rij gedefinieerd door (2.4.2) met a1 = 0, a2 = 0.

Stap 1. Bepalen van de mogelijke limiet(en). Stel dat de limiet bestaat en noem dezeL. Dan

L = limn→∞

an+1 = limn→∞

(a2n/4 + an−1/3 + 3n/(8n+ 7)

)= lim

n→∞a2n/4 + lim

n→∞an−1/3 + lim

n→∞3n/(8n+ 7) = L2/4 + L/3 + 3/8.

(2.4.3)

Hier staat een vierkantsvergelijking in L met oplossingen L = 8±√10

6 .

2.5. OPGAVEN BIJ PARAGRAAF 10 7

Uit (2.4.2) vind je a3 = 6/23, a4 > 9/31 > 6/23. Je krijgt het idee dat de rij monotoon

stijgend is vanaf a2, en alle waarden tot nu liggen onder L = 8−√10

6 . Dat is een goede gokvoor een bovengrens.

Stap 2. Bewijs dat de rij monotoon niet dalend is. Dit gaat met inductie. We wetendat a1 = a2 = 0. Stel nu dat de aj−1 ≤ aj voor j ≤ n (n ≥ 2)). Dan is

an+1 = a2n/4 + an−1/3 + 3n/(8n+ 7) ≥ a2n−1/4 + an−2/3 + 3(n− 1)/(8(n− 1) + 7) = an

want an−1 ≤ an, an−2 ≤ aan−1, en 3(n− 1)/(8(n− 1) + 7) ≤ 3n/(8n+ 7). Dus de rij is nietdalend.

Stap 3. Bewijs dat de rij naar boven begrensd is. Hier moet je niet zomaar een bo-vengrens kiezen. Je ziet zo dat als je probeert te bewijzen dat alle termen kleiner dan 501zijn door de inductie aanname an < 501, dan kan an = 500 en zal an+1 ≥ 25000/4 dus dat

werkt niet. Handig is de waarschijnlijke limiet L = 8−√10

6 te proberen als bovengrens. Dangaat het met inductie zo: a1 en a2 zijn kleiner dan L. Stel dat aj ≤ L voor j ≤ n (n ≥ 2)).Dan is

an+1 = a2n/4 + an−1/3 + 3n/(8n+ 7) ≤ L2/4 + L/3 + 3/8 = L.

We hebben bewezen dat alle termen ≤ 8−√10

6 .

Er volgt nu met Stelling 10.2 dat de rij (an) een limiet heeft en omdat alle an ≤ 8−√10

6

is 8+√10

6 niet de limiet, dus limn→∞ an = 8−√10

6 .

Opmerkingen 2.4.2. De methode is ook bruikbaar als de an om een limiet heen slinge-ren, bijvoorbeeld (a2n) is stijgend en a2n+1 dalend, dan pas je de methode op die stijgendeen dalende deelrijen toe.

Het bewijs dat de rij monotoon en begrensd is, kan best lastiger zijn.

2.5. Opgaven bij paragraaf 10

2.5.1. Zij a > 0 en x0 > 0. Voor n ≥ 0 definieren we xn+1 = x2n+a2xn

Bewijs dat de rij

(xn) convergeert en bepaal de limiet.

Opmerking 2.5.2. De rij (xn) is als volgt tot stand gekomen. Beschouw de functief(x) = x2 − a. Gegeven het punt xn is xn+1 het snijpunt van de x-as met de raaklijn aande grafiek van f in het punt (xn, f(xn). Je ziet snel uit een tekening, dat wanneer je meteen positieve x0 start, de rij (xn) naar het snijpunt van de grafiek van f met de positievex-as convergeert. Deze manier om numeriek een nulpunt van een functie te vinden, door dean net zo lang uit te rekenen, tot je ziet dat er(bijna) geen verandering meer in optreedt,heet de methode van Newton-Raphson. De methode werkt vaak, maar niet altijd, en voorvrij algemene functies. Bovendien is het vaak een snelle methode.

2.5.3. De rij (an) is gegeven door a1 = 12 , an+1 =

√(1+a2n)

2 , (n ≥ 1). Laat zien dat de

rij convergeert en bepaal de limiet.

2.5.4. De rij (an) is gegeven door a1 = 3, a3n+1 = 3an + 2, (n ≥ 1). Onderzoek of derij convergeert. Zo ja, bepaal de limiet.

2.5.5. Zij an = (1 + 1/n)n. Laat zien (zonder te gebruiken dat je weet dat de limietbestaat) dat de rij an naar boven begrensd is en stijgt.

2.5.6. (tentamen 2010) Gegeven is een begrensde rij (sn). Laat

X := {x ∈ R : Er zijn maar eindig veel termen van de rij met sn ≤ x.}.

Geef de definitie van supX en van lim infn→∞ sn. Bewijs dat supX = lim infn→∞ sn.

8 2. RIJEN


Theorem 11.3 en de stelling van Bolzano-Weierstrass (Theorem 11.5) worden vaakwat anders behandeld. Eerst een ander bewijs van de stelling van Bolzano-Weierstrass.

Stelling 2.6.1. Iedere begrensde rij reele getallen (cn)n heeft een deelrij die convergeert.

Bewijs. Omdat de rij begrensd is zijn er een a0, b0 ∈ R zodat voor iedere n geldtcn ∈ [a0, b0]. Nu zal voor tenminste een van de intervallen [a0,

a0+b02 ] en [a0+b02 , b0] gelden

dat er oneindig veel van de cn in bevat zijn. Noem dit interval [a1, b1]. Weer zal voor

tenminste een van de intervallen [a1,a1+b1

2 ] en [a1+b12 , b1] gelden dat er oneindig veel van decn in bevat zijn. We gaan zo door en vinden een rij gesloten intervallen [am, bm] met devolgende eigenschappen.

• Voor alle m = 1, 2, . . . [am, bm] ⊂ [am−1, bm−1].• Ieder interval [am, bm] bevat oneindig veel van de cn.• bm − am = 2−m(b0 − a0).• ∀p, q ∈ N ap < bq.

Merk nu op dat de rij getallen (am) naar boven begrensd is, en niet dalend, dus wegensTheorem 10.2, limn→∞ an = a bestaat, terwijl de rij (bn)n naar beneden begrensd is enniet stijgt, dus limn→∞ bn = b bestaat ook. Verder is b−a = limn→∞ bn−an = 0. Maak nueen deelrij cmj als volgt met inductie. Kies m0. Stel dat mk gekozen is, kies dan mk+1 > mk

zodanig dat cmk∈ [ak, bk]. Dit kan want er liggen oneindig veel cn in het interval [ak, bk].

De rij (cmk) convergeert naar a vanwege de insluitstelling (Exercise 8.5) �


2.7.1. Laat zien dat een convergente rij een monotone deelrij heeft.

2.7.2. Laat (an) een begrensde rij zijn. Bewijs rechtstreeks uit de definitie van lim supen het bestaan van suprema in R, dat er een deelrij anj is met limj→∞ anj = lim supn→∞ an.

2.8. Opgaven bij Paragraaf 14

2.8.1. Onderzoek of de volgende reeksen convergeren of divergeren.

a∞∑n=1

1

n n√n, b

∞∑n=1

(−1)n(√

1 + log n−√

log n).

2.8.2. Van de reeks∑∞

n=1 an is gegeven dat limn→∞ an = 0. Van de reeks partieel-

sommen (sN ), sN =∑N

n=1 an, is gegeven dat limN→∞ sNsN+1 = p voor zekere p > 0.

• Laat zien dat de rij (sN ) begrensd is;• Bewijs dat

∑∞n=1 an convergeert;

• Wat kun je zeggen over de som van de reeks?

2.8.3. Van een rij positieve, reele getallen (an) is gegeven dat∑∞

1 a2n convergeert.Bewijs:

∞∑1

an convergeert ⇐⇒∞∑n=1

(√

1 + an − 1) convergeert.


Een nuttige techniek bij het onderzoeken van convergentie van reeksen is het PartieelSommeren. Dit proces is nauw verwant aan het bekende partieel integreren Ingredientenzijn een rij (an)N1 , een rij (bn)N1 en de rij van partieelsommen sn = a1+ . . . an, terwijl s0 = 0.Er geldt.


Lemma 2.9.1.

(2.9.1)N∑n=1

anbn =N−1∑n=1

sn(bn − bn+1) + sNbN − s0b1.

Bewijs.N∑n=1

anbn =

N∑n=1

(sn − sn−1)bn =

N∑n=1

snbn −N−1∑n=0

snbn+1

=

N−1∑n=1

sn(bn − bn+1) + sNbN − s0b1.

(2.9.2)

�

Stelling 2.9.2 (Alt Theorem 15.3 (Leibnitz)). Als (cn) monotoon niet stijgend is naar0, dan convergeert

∑∞n=1(−1)ncn.

Bewijs. We sommeren partieel met an = (−1)n en bn = cn. We vinden sn is 0 of −1al naar gelang n even of oneven is. Dan

(2.9.3)

N∑n=1

(−1)ncn =

N−1∑n=1

sn(cn − cn+1) + sNcN − s0b1.

Merk nu op dat limN→∞ sNcN = 0, omdat sN begrensd is. Verder is de tweede som in(2.9.3) absoluut convergent. Inderdaad, de partieelsommen van de absolute waarden zijnbegrensd:

(2.9.4)N−1∑n=1

|sn(cn − cn+1)| <N−1∑n=1

(cn − cn+1) = c1 − cN ≤ c1.

We gebruikten dat (cn) monotoon niet stijgend is. De conclusie is dat het rechterlid in(2.9.3) convergeert als n naar oneindig gaat, en het linkerlid dus ook. �


2.10.1. Onderzoek of de reeks∞∑n=4

(−1)n

log logn

convergeert.

2.10.2. Bewijs de stelling van Dirichlet:

Stelling 2.10.3. Laat (an)n een monotoon niet stijgende rij positieve getallen zijn metlimiet 0 en (bn)n een rij getallen in R (of C) met begrensde partieelsommen, i.e.

∃M > 0∀N ∈ N|sN | =

∣∣∣∣∣N∑n=1

bn

∣∣∣∣∣ < M.

Dan convergeert∑∞

n=1 anbn.

Pas het idee van het alternatieve bewijs van de Stelling van Leibnitz toe.

2.10.4. • Laat z een complex getal zijn met |z| = 1, Bereken∑N

n=1 zn en laat

zien dat als z 6= 1 ∣∣∣∣∣N∑n=1

zn

∣∣∣∣∣ ≤ 2

|1− z|.

• Laat zien dat voor |z| = 1, z 6= 1 de som∑∞

n=1zn

n convergeert.

• Leidt hieruit af dat voor alle θ ∈ R∑∞

n=0sin(nθ)n convergeert.

HOOFDSTUK 3

Continuıteit


3.1.1. Laat zien dat er geen continue functie op R bestaat die elke waarde in R preciestwee keer aanneemt. Aanwijzing: Veronderstel dat f zo’n functie is en laat c ∈ R. Dan zijner x1, x2 met f(x1) = f(x2) = c. Laat zien dat f op het interval [x1, x2] precies een extremewaarde M (maximum of minimum) aanneemt in precies een punt x3 ∈ (x1, x2). Laat x4het tweede punt zijn met f(x4) = M . Beschouw nu f op het interval dat van x3 naar x4loopt.

3.1.2. Construeer (=teken) een functie op R die elke waarde precies 3 keer aanneemt.


Limiet is een basisbegrip, meer nog dan continuıteit. Definition 20.1 is een watongelukkige keus. Op pagina 151 voor Theorem 20.6 wordt vermeld dat deze definitie kanworden herschreven waarbij het gebruik van rijen wordt vermeden. Omdat in algemeneresituaties rijen helemaal niet gebruikt kunnen worden om limieten te definieren, kan menbeter meteen maar de volgende definitie geven.

Definitie 3.2.1. Zij f gedefinieerd op S ⊂ R en a ∈ R. Zij L ∈ R. We zeggen

limx→ax∈S

f(x) = L

als ∀ε > 0 ∃δ > 0 zodanig dat

x ∈ S en 0 < |x− a| < δ impliceert |f(x)− L| < ε.

Het is hierbij belangrijk dat wat er met f in x = a gebeurt, geen rol speelt. Het kandat f(a) niet gedefinieerd is of een andere waarde heeft dan de limiet.

Voorbeeld 3.2.2. • f(x) = 0 op R \ {0}. Dan limx→0 f(x) = 0.• Nu definieren we f op R door f(x) = 0 op R \ {0} en f(0) = 23, 7589. Dan

limx→0 f(x) = 0.

Opmerking 3.2.3. Het boek is er nogal slordig mee het punt x = a uit te sluiten.

(1) Definition 20.1. Men moet a ∈ R \ S kiezen, of op andere wijze uitsluiten datxn = a voor sommige n.

(2) Theorem 20.4 In het bewijs, weer vermijden xn = a.(3) Theorem 20.5 Idem(4) Theorem 20.6 Zelfde opmerking voor wat betreft de mogelijke waarden van xn

bovenaan pagina 152.

Het volgende lemma legt verband met continuıteit.

Lemma 3.2.4. Zij f gedefinieerd op S ⊂ R en a ∈ R. Zij L ∈ R. Equivalent zijn

(3.2.1) limx→ax∈S

f(x) = L

11

12 3. CONTINUITEIT

en de functie f gedefinieerd op S ∩ a door

(3.2.2) f(x) =

{L, als x = a;

f(x) als x ∈ S \ {a}is continu in a.

Bewijs. Als f continu is in a geldt ∀ε > 0 ∃δ > 0 zodanig dat

x ∈ S en |x− a| < δ impliceert |f(x)− f(a)| < ε.

Met het oog op de definitie van f , (3.2.2), geldt dan ook ∀ε > 0 ∃δ > 0 zodanig dat


Omgekeerd, als (3.2.1) geldt is f volgens (3.2.2) ondubbelzinnig gedefinieerd. Er geldtdan


En omdat L = f(a) geldt ook

x ∈ S en |x− a| < δ impliceert |f(x)− f(a)| < ε,

Dus f is continu in a. �

Met dit Lemma zijn veel van de stellingen in paragraaf 20 eenvoudig uit corresponde-rende stellingen over continuıteit af te leiden.

Voorbeeld 3.2.5. Alternatief bewijs van Theorem 20.5 Beschouw de functie f ge-definieerd door f(a) = L, f(x) = f(x) (x ∈ S \ {a}). Dan is f continu in a volgens het

lemma. We kunnen nu Theorem 17.5 toepassen. Dit geeft g ◦ f is continu in a. Met hetlemma volgt dan

limx→ax∈S

g ◦ f(x) = limx→ax∈S

g ◦ f(x) = g ◦ f(a) = g(L).


In metrische ruimten kan een definitie van continuıteit makkelijk aan de hand van li-mieten gegeven worden. Eerst de definitie van limiet.

Definitie 3.3.1. Laten (X, d) en (Y, d′) twee metrische ruimten zijn. Zij a ∈ X en zijf : X \ {a} → Y . We zeggen dat

limx→a

f(x) = b

voor zekere b ∈ Y als er bij elke ε > 0 een δ > 0 bestaat zo dat voor elke x ∈ X geldt dat:

(3.3.1) 0 < d(x, a) < δ =⇒ d′(f(x), b) < ε.

In deze definitie kan f op X inclusief het punt a gedefinieerd zijn, terwijl f(a) 6= b. Alswe echter continuıteit van f in a willen definieren dan gaat het er juist om dat f(a) = b,want:

Definitie 3.3.2. Een afbeelding f : X → Y heet continu in a desda limx→a f(x) = f(a).Verder heet f continu op X als f continu is in ieder punt van x. We noemen f continu opX als f in ieder punt van x continu is.

In de opgaven laat je zien dat dit equivalent is met de definitie van continuıteit inDefinition 21.1. Deel 1 van de volgende stelling is Theorem 20.5 voor metrische ruimten.Deel 3 bewijs je makkelijk direct met Theorem 21.3.

Stelling 3.3.3. Laat (X, d1), (Y, d2), Z, d3) metrische ruimte zijn. Veronderstel f : X →Y , g : Y → Z en a ∈ X gegeven

(1) Veronderstel dat limx→a f(x) = y ∈ Y bestaat, en dat g continu is in y. Danbestaat limx→a g ◦ f(x) en deze limiet is gelijk aan g(y).


(2) Als f continu in a en g continu in f(a) dan is g ◦ f continu in a.(3) Als f en g beide continu zijn op X respectievelijk Y , dan is g ◦ f continu.

Bewijs. Voor 1 kopieert men het bewijs van Theorem 20.5 2 volgt direct uit 1 en 3direct uit 2. �

Opmerking 3.3.4. Het zal nu duidelijk zijn dat het begrip metriek gemodelleerd isop de absolute waarde in R; d(x, y) = |x − y| is het leidende voorbeeld. Stellingen overcontinuıteit in analyse op de lijn hebben een analogon voor metrische ruimte als alleenpositiviteit, symmetrie en driehoeksongelijkheid in het bewijs gebruikt worden. Je kunt alshet ware een bewijs in de metrische settting vinden, door domweg |x − y| door d(x, y) tevervangen.


3.4.1. Veronderstel dat f1, f2 functies van een metrische ruimte (S, d) naar Rn met degebruikelijke metriek zijn. Zij a ∈ S en veronderstel dat limx→a f1(x) = L1, limx→a f2(x) =L2. Bewijs in deze situatie de uitspraken van Theorem 20.4.

Concludeer hieruit dat als f1 en f2 continu zijn, ook f1 + f2 en f1f2 continu zijn, enverder dat f1/f2 continu is op {x : f2(x) 6= 0}.

3.4.2. Bewijs Uitspraak 3 in Stelling 3.3.3 met behulp van Theorem 21.3

3.4.3. Een punt a heet een verdichtingspunt van een metrische ruimte (X, d) als vooriedere bal B(a, r) geldt, dat X ∩ (B(a, r) \ {a}) 6= ∅. Een punt a ∈ X heet geısoleerd als aniet een verdichtingspunt van X is.

Zij nu f : X\{a} → Y een afbeelding van de metrische ruimte (X, d) naar (Y, d′). Bewijs:Als a een verdichtingspunt is van X dan is er ten hoogste een punt b ∈ Y met limx→a f(x) =b. Bewijs vervolgens: Als a een geısoleerd punt is van X, dan geldt limx→a f(x) = b vooralle b ∈ Y .

HOOFDSTUK 4

Functierijen en –reeksen


Eerst een resultaat voor alternerende functiereeksen, verwant aan de Stelling van Leib-nitz over alternerende getallenrijen.

Propositie 4.1.1 (Koornwinder, Analyse 2b). Zij (fn)∞n=1 een functierij op X ⊂ R zodat

(4.1.1) fn(x) ≥ fn+1(x) ≥ 0 (n ∈ N, x ∈ X)

en limn→∞ fn = 0 uniform op X. Dan convergeert de reeks∑∞

k=1(−1)kfk uniform op X.

Bewijs. Laat n,m ∈ N zo dat m > n. Met volledige inductie naar m − n volgt er uit(4.1.1) dat

0 ≤ (−1)n+1m∑

k=n+1

(−1)kfk(x) ≤ fn+1(x) (x ∈ X).

Dus

supx∈X

∣∣∣∣∣m∑

k=n+1

(−1)kfk(x)

∣∣∣∣∣ ≤ supx∈X|fn+1|.

Met andere woorden, de reeks voldoet aan het Cauchy criterium Theorem 25.6 vooruniforme convergentie. �

Vaak zul je moeten onderzoeken of een rij van functies puntsgewijs of uniform conver-geert. Als men niet eenvoudig kan zien waar er sprake is van puntsgewijze convergentie, isonderzoeken van uniforme convergentie onbegonnen werk. Het volgende stappenplan vooronderzoek van uniforme convergentie van een rij (fn)n op een deelverzameling X van R, (ofmet het oog op de latere theorie X ⊂ Rn of X deel van een metrische ruimte) is ontleendaan de cursus analyse 2b van Prof T.H. Koornwinder.

(1) Onderzoek of er puntsgewijze convergentie is. Als de reeks niet puntsgewijs conver-geert, zal hij zeker niet uniform convergeren. Als er wel puntsgewijze convergentieis, ga naar 2.

(2) Probeer de limn→∞ fn(x) =: f(x) te berekenen. Lukt dit naar 3 anders naar 8.(3) Bereken gn(x) := |f(x) − fn(x)|. Probeer Mn := supx∈X gn(x) expliciet uit te

rekenen. Ga naar 4 als dit lukt, ga anders naar 5 of 6 of 7.(4) Ga na of limn→∞Mn = 0. Zoja, dan uniforme convergentie, zonee, dan geen

uniforme convergentie.(5) Probeer getallen an te vinden zo dat gn(x) ≤ an en an → 0 voor n → ∞. Als dit

lukt dan is er uniforme convergentie(6) Ga over naar een deelverzameling X1 van X, waarop Mn wel expliciet uitgere-

kend kan worden. Als daar niet limn→∞Mn = 0 dan geldt er ook geen uniformeconvergentie op X.

(7) Probeer een rij x1, x2, . . . in X en n1 < n2 < . . . in N te vinden zo dat gnk(xk) ≥

ε > 0 voor k = 1, 2, . . .. Dan geldt er geen uniforme convergentie op X.(8) Probeer met behulp van de uniforme Cauchy-voorwaarde na te gaan of er uniforme

convergentie geldt.

15

16 4. FUNCTIERIJEN EN –REEKSEN

Voor onderzoek van uniforme convergentie van een reeks van functies∑∞

k=1 fk kunnenanaloge stappen worden doorlopen. Toch is er genoeg verschil met het rijgeval om destappen voor het reeksgeval apart te vermelden:

(1) Convergeert de functiereeks∑∞

k=1 fk puntsgewijs op X? Zoja, ga naar 2, zoneedan geen uniforme convergentie.

(2) Is de reeks alternerend en is aan de voorwaarden van Propositie 4.1.1 voldaan? Zoja, dan uniforme convergentie, zonee, ga naar 3.

(3) Probeer µndef= supx∈X |fn(x)| expliciet uit te rekenen. Lukt dit, ga dan naar 4, ga

anders naar 5.(4) Ga na of

∑∞n=1 µn <∞. Zoja, dan uniforme convergentie op grond van de Weier-

strasstoets, ga anders naar 5.

(5) Probeer de puntsgewijze sommen gn(x)def=∑∞

k=n+1 fk(x) expliciet uit te rekenen.Ga naar 6 als dit lukt, ga anders naar 8 of 12.

(6) Probeer Mndef= supx∈X gn(x) expliciet uit te rekenen. Ga naar 7 als dit lukt, ga

anders naar 8 of 9 of 10 of 11 of 12.(7) Ga na of limn→∞Mn = 0. Zoja, dan uniforme convergentie, zonee, dan geen

uniforme convergentie.(8) Probeer getallen bn te vinden zo dat |fn(x)| ≤ bn en

∑∞n=1 bn < ∞. Als dit lukt

dan is er uniforme convergentie op grond van de Weierstrass-toets.(9) Probeer getallen an te vinden zo dat gn(x) ≤ an en an → 0 voor n → ∞. Als dit

lukt dan is er uniforme convergentie(10) Ga over naar een deelverzameling X1 van X, waarop Mn wel expliciet uitgere-

kend kan worden. Als daar niet limn→∞Mn = 0 dan geldt er ook geen uniformeconvergentie op X.

(11) Probeer een rij x1, x2, · · · in X en n1 < n2 < . . . in N te vinden zo dat gnk(xk) ≥

ε > 0 voor k = 1, 2, . . .. Dan geldt er geen uniforme convergentie op X(12) Probeer met behulp van de uniforme Cauchy-voorwaarde na te gaan of er uniforme

convergentie geldt.


4.2.1. Voor welke x ∈ R convergeert de reeks∞∑n=1

xn

1 + x2n?

Op welke intervallen in R is de reeks uniform convergent?

4.2.2. Bewijs dat de reeks∞∑n=1

(−1)nx2 + n

n2

op ieder begrensd interval uniform convergeert. Laat ook zien de de reeks nergens absoluutconvergeert.

4.2.3. Beschouw de reeks∞∑n=0

(1− x)xn

op het interval [0, 1]. Bepaal de somfunctie. Is de convergentie uniform op [0, 1]?

4.2.4. Beschouw voor α ∈ R de reeks∞∑n=1

nαx2n(1− x)2.

a Onderzoek voor iedere α waar de reeks convergeert.

4.3. BIJ PARAGRAAF 26 17

b Onderzoek voor iedere α of er sprake is van uniforme convergentie op het interval[−1, 0].

c Onderzoek vervolgens voor iedere α of er sprake is van uniforme convergentie ophet interval [0, 1].

4.2.5. Beschouw de reeks∞∑n=1

nt2

n3t3 + 1

a Bewijs dat deze reeks puntsgewijs convergeert op het interval [0,∞).b Bewijs dat deze reeks uniform convergeert op ieder interval [δ,∞), (δ > 0).c Bewijs dat deze reeks niet uniform convergeert op [0, 1] (Bekijk in t = 1/N de

“Cauchymoot”∑2N

N+1.)

4.2.6. Beschouw voor α > 0 de reeks∞∑n=1

tαe−n2t

a Bewijs dat deze reeks puntsgewijs convergeert op het interval [0,∞).b Bewijs dat deze reeks uniform convergeert op ieder interval [δ,∞), (δ > 0).c Bewijs dat voor iedere α > 1/2 de reeks uniform convergeert op [0,∞).d Laat zien dat voor 0 < α ≤ 1/2 de reeks niet uniform convergeert op [0,∞).


Het bewijs van Theorem 26.6 kan wat vereenvoudigd worden. Merk op dat in hetbewijs in het boek, en in het bewijs hieronder de techniek van het partieel sommeren wordtgebruikt die in paragraaf 2.9 is geıntroduceerd.

Stelling 4.3.1 (Abel’s Stelling). Zij f(x) =∑∞

n=0 anxn een machtreeks met conver-

gentiestraal R > 0. Als de reeks convergeert in x = R, respectievelijk x = −R dan is fcontinu in x = R, respectievelijk x = −R.

Bewijs. Als in het boek gaat het erom de stelling te bewijzen voor R = 1 en x =1. Schrijf fn(x) =

∑nk=0 akx

k voor x ∈ (−1, 1] en sn =∑n

k=0 ak (n = 0, 1, 2, . . .), s =∑∞k=0 ak = f(0). We definieren s−1 = 0, zodat voor alle n ≥ 0 geldt an = sn − sn−1.

Zonder verlies van algemeenheid mogen we aannemen dat s = 0. Inderdaad, bekijk

g(x) = f(x)− s = (a0 − s) + a1x+ a2x2 + · · · .

Als we de stelling voor g kunnen bewijzen, dan hebben we ook een bewijs voor f . We gaannu partieel sommeren (dit gaat net als pag 197, eerste display).

fn(x) =n∑k=0

akxk =

n∑k=0

(sk − sk−1)xk

=

n∑k=0

skxk − x

n∑k=0

sk−1xk−1 =

n∑k=0

skxk − x

n−1∑k=0

skxk

= (1− x)n−1∑k=0

sk + snxn

(4.3.1)

Nu zal voor |x| < 1 gelden limn→∞ snxn = 0 (want sn is begrensd. Het geldt ook voor

x = 1 omdat sn → 0, maar dat hebben we niet nodig.) Er volgt

f(x) = (1− x)

∞∑n=0

snxn.

18 4. FUNCTIERIJEN EN –REEKSEN

We moeten nu laten zien dat limx↑1 f(x) = 0. Zij ε > 0. Kies N zo groot dat |sn| < ε/2,voor n > N . Dan is

|(1− x)∞∑n=0

snxn| ≤

∣∣∣∣∣(1− x)N∑n=0

snxn

∣∣∣∣∣+

∣∣∣∣∣(1− x)∞∑

n=N+1

snxn

∣∣∣∣∣≤ |HN (x)|+ (1− x)

∞∑n=N+1

|sn|xn ≤ |HN (x)|+ (1− x)ε

2

∞∑n=N+1

xn

= |(HN (x)|+ (1− x)ε

2

xN0+1

1− x≤ |HN (x)|+ ε

2.

(4.3.2)

Hier is HN (x) = (1− x)∑N

n=0 snxn. Dit is een continue functie in x met HN (1) = 0. Er is

dus een δ > 0 zodanig dat 1− δ < x < 1 impliceert |HN (x)| < ε/2. Voor deze δ geldt danook dat 1− δ < x < 1 impliceert |f(x)| < ε. �

HOOFDSTUK 5

Differentieren


Zij f een reeelwaardige functie die gedefinieerd is op een open interval dat het punt abevat. Er zijn drie gelijkwaardige manieren om uit te drukken dat f differentieerbaar is ina met afgeleide A =: f ′(a).

Definitie 5.1.1. (1)

limx→a

f(x)− f(a)

x− a= A;

(2)

limh→0

f(a+ h)− f(a)

h= A;

(3) Er bestaat een functie g gedefinieerd op een open interval om 0 met de eigenschap

dat limh→0g(h)h = 0 en

(5.1.1) f(a+ h) = f(a) +Ah+ g(h).

Merk op dat (1) en (2) de afgeleide uitdrukken als limiet van de richtingscoefficientenvan de rechte lijnen door de punten (a, f(a)) en (b, f(b)), terwijl (3) uitdrukt dat er eengoede affiene benadering voor f(a+h) is in de buurt van a, nl f(a) +Ah. Voordeel van (3)is dat er niet gedeeld wordt door h, de uitdrukking (3) heeft ook zin voor functies op Rn.Dan is h een vector en A een matrix, de totale afgeleide.

Lemma 5.1.2. In bovenstaande definitie zijn (2) en (3) equivalent.

Bewijs.

limh→0

f(a+ h)− f(a)

h= A

is equivalent met∀ε > 0 exists δ > 0 zodanig dat

z(h) =

∣∣∣∣f(a+ h)− f(a)−Ahh

∣∣∣∣ < ε for 0 < |h| < δ.

Neem nu g(h) = |h|z(h), en (2) impliceert (3) is bewezen.Omgekeerd impliceert (3) dat

limh→0

f(a+ h)− f(a)−Ahh

= 0

ofwel

limh→0

f(a+ h)− f(a)

h= A.

Dit is (2). �

We geven een ander bewijs van de kettingregel gebaseerd op (3).

Stelling 5.1.3. Zij f1 differentieerbaar in a en f2 differentieerbaar in f1(a). Dan isf2 ◦ f1 differentieerbaar in a en (f2 ◦ f1)′(a) = f ′2(f1(a))f1(a).

19

20 5. DIFFERENTIEREN

Bewijs. Volgens (3) moeten we bewijzen dat

(5.1.2) f2 ◦ f1(a+ h)− f2 ◦ f1(a) = f ′2(f1(a))f1(a)h+ g(h),

waar limh→0 g(h)/h = 0. Het linkerlid is van de vorm f2(w+t)−f2(w), met w+t = f1(a+h),w = f1(a) en dus t = f1(a+ h)− f1(a). We vinden dan, met gebruik van (5.1.1) voor f2 envoor f1 en bijbehorende g1, g2

f2 ◦ f1(a+ h)− f2 ◦ f1(a) = f ′2(f1(a))(f1(a+ h)− f1(a)) + g2(f1(a+ h)− f1(a))

= f ′2(f1(a))(f ′1(a)h+ g1(h)) + g2(f1(a))(f ′1(a)h+ g1(h))

= f ′2(f1(a))f ′1(a)h+[f ′2(f1(a))g1(h) + g2(f

′1(a)h+ g1(h))

](5.1.3)

De uitdrukking g21(h) = [. . .] zal de g-term zijn voor f2 ◦f1. We moeten laten zien dat vooriedere ε > 0 er een δ is zo dat |g21(h)| < ε|h| als |h| < δ. Met de eigenschappen van g1 zienwe in dat ∃δ1 met

(5.1.4) |f ′2(f1(a))g1(h)| < ε|h|/2,als |h| < δ. Vervolgens ∃δ3 en C > 0 zodanig dat |h| < δ3 impliceert

(5.1.5) |f ′1(a)h+ g1(h)| < C|h|.Tenslotte ∃δ2 met |h| < δ2 impliceert |g2(h)| ≤ ε|h|/(2C),

Als nu |h| < min{δ3, δ2/C} vinden we met (5.1.5)

(5.1.6) |g2(f ′1(a)h+ g1(h)) ≤ ε

2C|f ′1(a)h+ g1(h)| ≤ ε

2|h|.

Combinatie van (5.1.4) en (5.1.6) levert |g12(h)| < ε|h| voor |h| < min{δ1, δ3, δ2/C}. �


5.2.1. Zij f een continue functie op (−1, 1) die differentieerbaar is buiten 0. Veronder-stel dat limx→0 f

′(x) = A bestaat. Bewijs dat f differentieerbaar is in 0 en dat f ′(0) = A.[Pas de middelwaardestelling toe].


De stelling van Taylor 31.3 en het gevolg 31.4is vaak nuttiger voor het berekenen vanlimieten dan de stelling van l’Hospital.

Lemma 5.3.1. Veronderstel dat f oneindig vaak differentieerbaar is op het open interval(−a, b), a, b > 0. Dan is er voor iedere n ∈ N en ieder deelinterval I = [−a1, b1] ⊂ (−a, b)een constante C = CI,f,n > 0 zodat voor de n-de restterm in de Taylorreeks van f geldt

Rn(x)| ≤ C|x|n, x ∈ I

Bewijs. Het is voldoende op te merken dat men met stelling 31.3 voor C kan nemenhet maximum van |fn(y)/n!| op het interval I. Dit bestaat vanwege Stelling 18.1. �

Voorbeeld 5.3.2. Bereken

limx→0

1− cos(x7)

x14

Als je niet zo slim bent om x7 = y te substitueren, moet je wel erg vaak differentierenwanneer je dit met l’Hospital aanpakt. Met Taylor gaat het zo. We weten dat cosx =1− x2/2 +R4(x), Volgens Lemma 5.3.1 is er een constante C zodat |R4(x)| ≤ C|x|4 op eeninterval I om 0. Dan geldt dus ook cos(x7) = 1− x14/2 +R4(x

7). Er volgt

limx→0

1− cos(x7)

x14= lim

x→0

1− 1 + x14/2 +R4(x7)

x14= 1/2 + lim

x→0

R4(x7)

x14=

1

2.

Want |R4(x7)| ≤ C|x|28 op I.

Een erg ingewikkeld voorbeeld (hierin zit wel alles wat je over dit onderwerp kunt leren)


Voorbeeld 5.3.3. Bereken

limx→0

cosx− 1 + x2/2

ex − 2 + cosx− x− sin3 x/6

We schrijven cosx = 1 − x2/2 + x4/(4!) + R6(x); dan ex = 1 + x + x2/2 + x3/(3!) +x4/(4!) + R5(x). Voor sin3 ontwikkelen we eerst sin(x) = x + R3(x). Dus sin3 x = x3 +3xR2

3(x) + 3x2R3(x) +R33(x). Dan is

cosx− 1 + x2/2

ex − cosx− x− sin3 x/6=

x4/(4!) +R6(x)

2x4/(4!) +R5(x) +R6(x)− 3x2R3(x)+3xR23(x)+R

33(x)

6

.

Dit ziet er erger uit dan het is. Merk op dat iedere |Rj(x)| ≤ Cj |x|j . Deel teller en noemerdoor x4 en laat x→ 0. Er volgt dat de limiet 1/2 is.


Bereken voor de volgende uitdrukkingen de limiet als x→ 0.

5.4.1.sinx− x cosx

x3

5.4.2.ex

2 − 2 cosx+ 1

sin2 x2

5.4.3.e2x − e2x2 − sin 2x

sinx− x

HOOFDSTUK 6

Grote O en kleine o symbool

Landau heeft in het begin van de vorige eeuw het grote O symbool en het kleine osymbool ingevoerd. Dit is een handig gereedschap om met resten om te gaan die bijvoorbeeldoptreden bij de definitie van afgeleide of Taylorreeks. Vaak spreekt men van het grote enkleine o-symbool van Landau.

6.1. Het grote O-symbool

We werken in Rn

Definitie 6.1.1. Laat f een functie zijn, gedefinieerd op (een deel van) Rn, naar Rmen g een positieve functie van een deel van Rn. We zeggen

f(x) = O(g(x)) voor x→ a

als f(x)/g(x) begrensd is in de buurt van a. Meer precies

• Als a ∈ Rn (en f, g gedefinieerd op een omgeving van a): ∃C, δ > 0 met∣∣∣∣f(x)

g(x)

∣∣∣∣ < C als 0 < |x− a| < δ.

• Als a = ∞ (en f, g gedefinieerd op een verzameling van de vorm {|x| > C}):∃C,M > 0 met ∣∣∣∣f(x)

g(x)

∣∣∣∣ < C als |x| > M.

Soms schrijft men ook f(x) ∈ O(g(x)) voor x→ a.

6.2. Opgaven O

6.2.1. In deze opgaven werken we in R2. Laat zien dat sin(x2 + y4)−x2 = O(|(x, y)|4)voor (x, y)→ 0.

6.2.2. Als voor functies f, g, h op Rn geldt f(x) = O(|g(x)|), g(x) = O(|h(x)|), dan isf(x) = O(h(x)|), (x→ a).

6.3. Het kleine o-symbool

We werken in Rn

Definitie 6.3.1. Laat f een functie zijn, gedefinieerd op (een deel van) Rn, naar Rmen g een positieve functie op een deel van Rn. We zeggen

f(x) = o(g(x)) voor x→ a

als f(x)/g(x) naar 0 gaat in de buurt van a. Meer precies Als a ∈ Rn (en f, g gedefinieerdop een omgeving van a) of als a =∞ (en f, g gedefinieerd op een verzameling van de vorm{|x| > C})

limx→a

f(x)

g(x)= 0.

23

24 6. GROTE O EN KLEINE o SYMBOOL

6.4. Opgaven o

6.4.1. Veronderstel dat R1, R2 functies zijn van een omgeving van 0 in Rn naar Rn enaan de volgende voorwaarde voldoen. Voor iedere ε > 0 is er een δ > 0 zodat voor h ∈ Rnmet |h| < δ geldt

|Rj(h)| < ε|h|.Bewijs dat voor iedere lineaire afbeelding A : Rn → Rn de functies S1 : h 7→ R1(Ah) enS2 : h 7→ R1(Ah+R2(h)) ook aan een relatie als (6.4.1) voldoen. U hebt dan bewezen dato(Ah) = o(h) en o(Ah+ o(h)) = o(h).

6.4.2. In deze opgave werken we in R2. Laat zien dat sin(x2 + y4)− x2 = o(|(x, y)|π)voor (x, y)→ 0.

6.4.3. Als voor functies f, g, h op Rn geldt f(x) = O(|g(x)|), g(x) = o(|h(x)|), dan isf(x) = o(h(x)|), (x→ a).

6.4.4. Als f(x) = o(|x|) en g(x) = O(|x|), dan (f + g)(x) = O(|x|), (x→ 0).

Jan Wiegerinck version 10 januari 2013 - UvA · 2013. 2. 4. · met Taylorreeksen in deel 1 en...

Documents

Transcript of Jan Wiegerinck version 10 januari 2013 - UvA · 2013. 2. 4. · met Taylorreeksen in deel 1 en...