Faculteit WetenschappenDepartement Wiskunde

Onderwijsstage: Analyse I

Ilse Spruyt

Begeleiders: Prof. Stefaan CaenepeelProf. Bart Windels

Academiejaar 2013-2014

Inhoudsopgave

1 Pedagogisch aspect 21.1 Lesobservaties . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21.2 Lesvoorbereidingen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

1.2.1 Week 9 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.2.2 Week 13 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.2.3 Week 14 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

1.3 Reflectie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.3.1 Week 9 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.3.2 Week 13 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101.3.3 Week 14 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

1.4 Besluit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

2 Wiskundig aspect 122.1 Functies en limieten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

2.1.1 Stelling van Rolle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122.1.2 Samenstelling van functies . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

2.2 Continuıteit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142.2.1 Continu zijn in slechts een punt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142.2.2 Continu zijn in elk irrationaal punt, maar discontinu in elk rationaal

punt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162.3 Integraalrekening . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

2.3.1 Bepaalde integralen oplossen zonder primitieve functie te bepalen . . 162.3.2 Tegenvoorbeeld . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

1

1 Pedagogisch aspect

1.1 LesobservatiesIk ben in totaal twee keer twee uur gaan observeren in de oefeningensessies van het vak Ana-lyse I. Wat me meteen opviel, is dat de les redelijk snel kon beginnen van zodra de assistentwas binnengekomen. De studenten waren dus zeer ijverig bij het begin van de les. Naarmatede les vorderde, waren de studenten echter minder enthousiast en minder oplettend. De assis-tent schreef bij het begin van de les de oefeningen op het bord die ze die les gingen maken. Ditvond ik zeer goed, aangezien de studenten zo ook een beter overzicht hadden over wat ze dieles allemaal gingen doen. Er werden ook extra oefeningen opgegeven uit het oefeningenboekdie interessant waren om thuis eens alleen te proberen.

Wanneer studenten zelf aan het werk werden gezet met een oefening, liet de assistent ze ermeestal ongeveer 5 minuten alleen aan werken om ze daarna gezamenlijk te bekijken. Tijdensdie 5 minuten liep de assistent rond in het lokaal en ging hij bij sommige studenten langsom ze eventueel een tip te geven in verband met de oefening. Wanneer de assistent dan deoefening aan bord zette, merkte ik wel dat sommige studenten aandachtiger werden om deoplossing te begrijpen.

Wat me sterk is opgevallen, is dat het meestal dezelfde studenten waren die een voorstel had-den om aan een oefening te beginnen of die de oefening aan bord wilden zetten en vervolgenswilden uitleggen aan hun medestudenten. Verder hadden de studenten vaak de neiging omeen vraag over de oefening aan hun buur te stellen in plaats van aan de assistent. Dit kan somspositief zijn, aangezien de studenten elkaar dus willen helpen en ook willen leren van elkaar.Als de assistent dan echter vroeg of iemand nog vragen had, was het meestal stil in het lokaal.Bij het individueel werken aan een oefening werd er meestal in stilte overlegd met de buur ofburen.

Aan het einde van de les kregen de studenten ook een aantal meer theoretische vragen (nietverplicht) mee, die ze dan konden oplossen en afgeven aan de assistent in de volgende les.Zo werden de gemotiveerde studenten extra aan het werk gezet met moeilijkere oefeningen.Dit vind ik zeer nuttig en daarom ga ik ook proberen om in een (of meerdere) van mijn lessenextra zaken te vertellen of stukken uit mijn wiskundig deel te gebruiken.

2

1.2 Lesvoorbereidingen

1.2.1 Week 9

Vrijdag 15 november 2013

Voor mijn eerste les hebben de assistent en ik afgesproken om de taken nog te verdelen. Zoga ik de eerste oefening aan bord zetten en uitleggen aan de studenten. Verder laten we destudenten de andere oefeningen eerst zelf proberen, waarbij ik zal rondgaan in de klas en deassistent verder het bordgedeelte voor zich zal nemen. De oefening die ik zal geven, is devolgende:

Oefening 1.1 Bepaal de lokale maxima en minima van de functie f(x) = x2e−x.

Oplossing. Het eerste dat we doen is de eerste afgeleide berekenen, dus is

f ′(x) = 2xe−x + x2(−e−x) = xe−x(2− x).

Hieruit leiden we af dat 0 en 2 de enige nulpunten zijn van de eerste afgeleide, aangezien defunctie e−x overal strikt positief blijft. Vervolgens kunnen we op 2 manieren verder gaan doorgebruik te maken van 2 verschillende stellingen uit de cursus [2].

1. We stellen een functieverloop op voor de afgeleide, die er dan als volgt uitziet:

x 0 2f ′(x) − 0 + 0 −

De tekens in het tekenverloop kunnen we bepalen door telkens een waarde in te vullenin de eerste afgeleide. Wegens stelling 4.8.4 kunnen we besluiten dat f een minimumbereikt in 0 en een maximum in 2.

2. We berekenen de tweede afgeleide van de functie:

f ′′(x) = (2xe−x − x2e−x)′

= 2e−x + 2x(−e−x)− (2xe−x + x2(−e−x))= e−x(2− 4x+ x2).

Vervolgens gaan we de nulpunten van de eerste afgeleide invullen in de tweede afge-leide:

f ′′(0) = e−0 · (2− 4 · 0 + 02) = 2,

f ′′(2) = e−2 · (2− 4 · 2 + 22) = e−2 · (−2).

3

Wegens stelling 4.8.3 kunnen we dan besluiten dat f een minimum bereikt in 0 wantf ′′(0) > 0 en dat f een maximum bereikt in 2 want f ′′(2) < 0.

Verder zal ik aan de studenten nog vertellen dat indien de eerste afgeleide al redelijk ingewik-keld is, het niet aangewezen is om methode 2 te gebruiken omdat er snel rekenfouten wordengemaakt bij het nogmaals afleiden van de functie.

1.2.2 Week 13

Dinsdag 10 december 2013

In deze week zal ik de lessen volledig alleen geven. Volgens de planning van de assistent zalik deze les oefeningen geven over oneigenlijke integralen en partiele afgeleiden. In de vorigeles hebben de studenten reeds uitleg gekregen over de theorie rond oneigenlijke integralen enhebben ze voor een deel reeds kunnen werken aan de oefeningen. Bij het begin van de les zalik een korte herhaling geven van de theorie om dan vervolgens de studenten de oefeningenaan bord te laten zetten en samen te verbeteren. Nu volgt de korte herhaling van de theorie.Beschouw

∫ baf(t) dt. Er bestaan twee soorten oneigenlijke integralen.

1. Oneigenlijke integraal van de eerste soort. Hierbij veronderstellen we dat a = −∞en/of b = +∞. We lossen dit dan op als volgt (waarbij we b als +∞ veronderstellen):∫ +∞

a

f(t) dt = limy→+∞

∫ y

a

f(t) dt.

2. Oneigenlijke integraal van de tweede soort. Hierbij zijn a en b in R, waarbij a of bpunten zijn waarin de functie f niet gedefinieerd of waarbij er een punt c ∈ ]a, b[ bestaatzodat f niet gedefinieerd is in dat punt c. Nu volgt een eenvoudig voorbeeld.∫ 1

−1

dx

x=

∫ 0

−1

dx

x+

∫ 1

0

dx

x= lim

y→0−

∫ y

−1

dx

x+ lim

y→0+

∫ 1

y

dx

x.

Hierbij vermeld ik nog dat het heel belangrijk is dat we weten over welke limiet wespreken, want meestal zullen de linker- en rechterlimiet van de bepaalde integraal ver-schillend zijn.

De oefeningen die ze niet gevonden hebben, zal ik zelf aan bord zetten en ik zal ook vragenaan de studenten waarom ze het moeilijk hadden om die oefeningen op te lossen. Een gede-tailleerde uitwerking van deze oefeningen is terug te vinden in een ander document (zie [6]).

4

Vooraleer ik met de oefeningen van partiele afgeleiden ga beginnen, zal ik eerst iets extravertellen uit mijn bachelorproef. In deze les ga ik kort het tegenvoorbeeld schetsen uit hetdeel ’Integraalrekening’. Het bewijs dat

∫ x0f(t) dt = 0 ga ik niet uitleggen aan de studenten,

aangezien ik zaken gebruik die ze nog niet gezien hebben. Dit leunt zeer sterk aan bij decursus Analyse I en op die manier zien de studenten duidelijk aan de hand van een voorbeeldwaarom de continuıteit in de hoofdstelling van de integraalrekening noodzakelijk is.

Ten slotte ga ik enkel nog twee eenvoudige oefeningen geven over partiele afgeleiden. Deeerste oefening zal ik zelf maken aan bord. Bij de tweede oefening ga ik eerst de theorie vanpartiele afgeleiden herhalen, vervolgens zullen de studenten zelf twee oefeningen maken diedaarna gezamenlijk zullen verbeterd worden. De tweede oefening gaat over het berekenenvan de richtingsafgeleide. Er zijn twee manieren om dit te berekenen, namelijk via de defini-tie of via stelling 8.2.2 uit de cursus ([2]). Ik ga de studenten een oefening laten maken viade definitie en een andere via de stelling. Zo wordt aangetoond dat het meestal makkelijkeris om de richtingsafgeleide te berekenen via de stelling dan via de definitie. De uitwerkingenvan de oefeningen zijn terug te vinden in ([6]).

Wat de tijdsverdeling van mijn les betreft, heb ik een tijdsplanning opgesteld om mij te helpentijdens het les geven. Dit plan ziet er als volgt uit:

Onderdeel TijdKorte schets 5 minuten

Oefeningen oneigenlijke integralen 55 minutenTegenvoorbeeld 10 minuten

Partiele afgeleiden 30 minuten

Volgens deze planning heb ik tijd om een korte pauze in te voeren en om eventueel de lesvroeger te beeindigen.

Vrijdag 13 december 2013

In deze les gaan we vier oefeningen uit het oefeningenboek maken op partiele afgeleiden envoornamelijk op partiele afgeleiden van hogere orde. De oplossingen ervan en hoe ik dieoefeningen ga geven aan de studenten, zijn terug te vinden in ([6]).Aangezien dit niet de hele les zal innemen, ga ik iets extra vertellen uit mijn bachelorproef. Ikheb ervoor gekozen om drie voorbeelden te geven uit het deel ’Bepaalde integralen oplossenzonder primitieve functie te bepalen’. Ik vind dit leerrijk voor de studenten omdat ze zointegralen leren oplossen zonder veel rekenwerk. Opgave 2.7 ga ik eerst aan hen uitleggenen vervolgens ga ik hen zelf laten nadenken over opgave 2.4 en 2.5 na hen een aantal tips te

5

hebben gegeven.Ook voor deze les heb ik een tijdsplanning gemaakt:

Onderdeel TijdOefeningen partiele afgeleide 60 minuten

Pauze 10 minutenBepaalde integralen 30 minuten

Er is nog voldoende tijd voorzien als een oefening langer zou duren, maar ik vermoed dat deles weer iets vroeger gedaan zal zijn.

1.2.3 Week 14

Dinsdag 17 december 2013

Deze les ga ik oefeningen geven omtrent het bepalen van extreme waarden van een functievan meerdere veranderlijken. Hierbij zal ik eerst kort de theorie schetsen.We beschouwen een functie f : Rn → R. We zeggen dat f een lokaal maximum bereikt ineen punt −→a indien er een omgeving O−→a van −→a bestaat zodanig dat

∀−→x ∈ O−→a : f(−→x ) ≤ f(−→a ).

Op dezelfde manier zeggen we dan dat f een lokaal minimum bereikt in −→a indien op eenomgeving van −→a geldt dat

f(−→x ) ≥ f(−→a ).

Meestal werken we echter niet met de definitie om de extreme waarden te bepalen. In decursus ([2]) staat een methode uitgelegd om extreme waarden te bepalen van een functie vantwee veranderlijken. We herhalen kort de methode. Beschouw nu een functie f : R2 → R. Erzijn twee stappen in deze methode.

1. Stationaire punten bepalen.Een punt −→a = (a, b) wordt een stationair punt genoemd indien geldt dat

−→∇f(−→a ) =

(∂f∂x

(−→a ), ∂f∂y

(−→a ))= (0, 0).

Dus om de stationaire punten van de functie f te bepalen, lossen we een stelsel op vantwee vergelijkingen: {

∂f∂x(x, y) = 0

∂f∂y(x, y) = 0.

6

2. Extrema bepalen.Veronderstel nu dat we een stationair punt (a, b) gevonden hebben. We definieren dan

r =∂2f

∂x2(a, b), s =

∂2f

∂x∂y(a, b), t =

∂2f

∂y2(a, b).

Vervolgens berekenen we s2 − rt en ten slotte kunnen we dan via stelling 9.4.4 uit de cursusbesluiten welk soort extrema we bereiken in het stationair punt (a, b).Er zijn twee oefeningen die we gaan maken in de les over dit onderwerp.

Oefening 1.2 Onderzoek de extreme waarden van de volgende functies

a) f(x, y) = x2 + y2 − 4x+ 6y + 25

b) f(x, y) = 2x4 + 4x3y + 3y2

Oplossing. Eerst zal ik oefening a) aan bord oplossen en vervolgens de studenten zelf deandere oefening laten maken. Daarna zal ik de oplossing van deze oefening aan bord zetten.

a) We bepalen eerst de stationaire punten. We krijgen dan{∂f∂x(x, y) = 2x− 4 = 0

∂f∂y(x, y) = 2y + 6 = 0

⇔

{x = 2

y = −3.

Dus is (2,−3) het enige stationaire punt van de functie. Vervolgens berekenen we s, ren t:

r = 2, s = 0, t = 2.

We vinden dan dat s2 − rt = −4 < 0 met r > 0 en dus wegens stelling 9.4.4 kunnenwe besluiten dat f een minimum bereikt in (2,−3).

b) Ook hier bepalen we eerst de stationaire punten. Dus{∂f∂x(x, y) = 8x3 + 12x2y = 0

∂f∂y(x, y) = 4x3 + 6y = 0.

Het oplossen van dit stelsel geeft ons dan drie stationaire punten: (0, 0), (1, −23) en

(−1, 23). Vervolgens berekenen we de partiele afgeleiden van de tweede orde, dus

∂2f∂x2

(x, y) = 24x2 + 24xy∂2f∂y2

(x, y) = 6∂2f∂x∂y

(x, y) = 12x2.

7

In het punt (1, −23) krijgen we dat s2 − rt = 96 > 0 en dus zal f geen extremum

bereiken in dit punt (stelling 9.4.4), dit wordt dan een zadelpunt genoemd. Ook in hetpunt(−1, 2

3) krijgen we een zadelpunt aangezien s2 − rt ook hier gelijk is aan 96. Om

na te gaan welk extremum we bereiken in (0, 0) werken we met de definitie. We ziendat f(0, 0) = 0. We herschrijven f(x, y) als volgt:

f(x, y) = 2x4 + 4x3y + 3y2

= 2x2 · (x2 + 2xy + y2) + 3y2 − 2x2y2

= 2x2 · (x+ y)2 + y2 · (3− 2x2).

Indien we een omgeving definieren als volgt

O(0,0) =

{(x, y) ∈ R2

∣∣∣ |x| ≤√3

2

},

dan geldt er voor elke (x, y) ∈ O(0,0) dat

f(x, y) ≥ 0 = f(0, 0)

en dus besluiten we dat f een minimum bereikt in (0, 0).

Oefening 1.3 Verdeel 120 in drie delen zodat de som van de producten van twee verschillendedelen maximaal is.

Oplossing. Ik zal eerst met de studenten dit vraagstuk in symbolen uitschrijven en ze dan zelfde oplossing laten zoeken.

We schrijven 120 = x + y + z en er is dan gevraagd om x, y en z te zoeken zodanig datxy + xz + yz maximaal wordt. Definieren we deze som als f(x, y), dan kunnen we dit nogherschrijven als volgt:

f(x, y) = xy + x · (120− x− y) + y · (120− x− y)= xy + 120x− x2 − xy + 120y − xy − y2

= −x2 − y2 − xy + 120x+ 120y.

8

Wat we dus nu moeten zoeken, is het maximum van f(x, y). De stappen om dit te berekenenblijven dezelfde. Dus{

∂f∂x(x, y) = −2x− y + 120 = 0

∂f∂y(x, y) = −2y − x+ 120 = 0

⇔

{y = −2x+ 120

−2(−2x+ 120)− x+ 120 = 0

⇔

{y = −2x+ 120

3x− 120 = 0

⇔

{y = 40

x = 40.

Dus we vinden dat (40, 40) een stationair punt is. We moeten nog aantonen dat f een maxi-mum bereikt in dit punt. We zien dat

r = −2, s = −1, t = −2.

Dus we krijgen dat s2 − rt = −3 < 0 met r < 0 dus wegens stelling 9.4.4 zal f inderdaadeen maximum bereiken in (40, 40). We vinden dan dat x = y = z = 40.

1.3 Reflectie

1.3.1 Week 9

Vrijdag 15 november 2013

Voor mijn eerste les vond ik dat ik het in het algemeen goed gedaan had. Bij het begin vanmijn oefening was er stilte in de klas, zodat ik de oefening goed kon uitleggen. Naar mijngevoel hadden de studenten ook door hoe je aan zo’n oefening begint. Het uitleggen van deoefening verliep goed. Het belangrijkste punt waar ik nog moet aan werken, is luider spreken.Ik was verstaanbaar, maar om toch enige vorm van gezag te tonen, zou ik iets luider moetenspreken. Waar ik de volgende les zeker ook op moet letten, is dat ik niet al te veel voor mijnbord sta en er ook voor zorg dat het bord hoog genoeg staat zodat iedereen in de klas het kanzien. Bij het rondlopen in de klas heb ik soms zelf het initiatief genomen om aan studenten tevragen of er problemen/vragen waren. Op de meeste vragen kon ik antwoorden. Bij de vragenwaar dat niet lukte, heb ik aan de assistent gevraagd om eens langs te gaan bij die student omop zijn/haar vraag te kunnen antwoorden.

9

1.3.2 Week 13

Dinsdag 10 december 2013

Mijn tijdsplanning was goed opgesteld, ik ben binnen mijn planning kunnen blijven en ik hebeen pauze gegeven van ongeveer 5 minuten. Ook heb ik de les een kwartier vroeger lateneindigen, zoals ik ook voorspeld had in mijn tijdsplanning.Naar mijn gevoel was ik deze les zenuwachtiger dan de vorige les, die ik nog samen met deassistent gegeven had. Ik heb geprobeerd om luider te spreken maar in het eerste deel vande les ging dit moeilijker omdat ik zenuwachtig was. In het tweede deel (na de pauze) hadik meer zelfvertrouwen waardoor het beter ging om luid te spreken. Ik heb ook ondervondendat de studenten nood hadden aan een pauze, dus ga ik de volgende les ook proberen om eenkorte pauze te geven.

Waar ik de volgende les zeker op moet letten, is dat ik soms iets rechter moet schrijven ophet bord. Bij sommige oefeningen begon ik scheef te schrijven aan bord naarmate we heteinde van de oefening naderden. Ook zal ik beter mijn best doen om meer gezag uit te stralenen meer rond te lopen in de klas wanneer de studenten individueel aan oefeningen werken.Het verbeteren van de oefeningen over oneigenlijke integralen verliep goed. Ik was redelijkzenuwachtig hiervoor, maar ik heb de uitwerking van de oefeningen die studenten aan bordhadden gezet kunnen uitleggen aan de andere studenten.

Ik heb ook gemerkt dat wanneer ik mijn tegenvoorbeeld uit mijn bachelorproef vertelde aande studenten, iedereen aandachtig was. Dit bracht variatie in de les, wat de studenten leukvonden. Ook heb ik van de studenten de opmerking gekregen dat bij de tweede oefening vanpartiele afgeleiden, waarbij ik hen de oefening heb laten oplossen enerzijds via de definitie enanderzijds via een stelling, de stelling gebruiken veel makkelijker was dan met de definitie tewerken. Dit was ook de reden waarom ik de studenten de oefening zo heb laten oplossen, dusben ik ook tevreden dat de studenten zelf de conclusie hebben getrokken.

Vrijdag 13 december 2013

De tijdsplanning was goed opgesteld. Ik heb echter wel meer tijd nodig gehad voor de oefenin-gen van partiele afgeleiden. Aangezien er nog genoeg resterende tijd was (in mijn planning),vormde dit geen probleem. Ik heb gemerkt dat ik minder zenuwachtig was en met iets meerzelfvertrouwen voor de klas stond. Het luider spreken verliep goed en reeds van in het begin,dit in tegenstelling tot mijn vorige les op dinsdag. Het kan nog altijd beter, want naar mijngevoel straalde ik nog niet genoeg gezag uit.

10

Bij het uitleggen van de bepaalde integralen, merkte ik dat de studenten eerst afwachtendwaren. Dit was volgens mij te wijten aan de vele integralen die ze reeds hebben moeten op-lossen in de wpo’s en bijgevolg geen zin hadden in nieuw rekenwerk. Nadat ze de oplossinggekregen hadden van opgave 2.7, waren ze echter wel enthousiaster en verbaasd over de een-voudige oplossing ervan. Een aantal studenten zijn zeer ijverig begonnen aan de andere tweeopgaven die ik hen gegeven had.

1.3.3 Week 14

Dinsdag 17 december 2013

In mijn laatste les heb ik zoveel mogelijk geprobeerd om aandachtig zijn voor de zaken die devorige twee lessen beter konden. Het luider spreken verliep ook deze les over het algemeengoed. In het begin van de les praatte ik nog te stil, maar dit verbeterde snel. Verder slaagde iker ook in om recht te schrijven op het bord, dit door trager te schrijven.Wat ook in elke les sterk aanwezig was, was mijn nervositeit. In deze les werd ik echterrustiger en zelfzekerder eens ik begonnen was met het uitleggen van de theorie. Naar mijngevoel was ik deze les niet streng genoeg voor sommige studenten. Tijdens het verbeterenvan een oefening bleven sommige studenten verder praten en had ik het moeilijk om iedereenstil te krijgen. Wat ik ook ondervonden heb is dat het gepraat van studenten storend kan zijnwanneer je aan bord iets probeert uit te leggen aan iedereen.

1.4 BesluitTen slotte zou ik het pedagogisch deel willen afronden met een algemeen besluit. Ik ben zeertevreden dat ik deze onderwijsstage heb gekozen, aangezien ik nu zelf heb ondervonden hoehet is om les te geven. Ik heb zeker de smaak te pakken gekregen. Nieuwe dingen bijbrengenaan studenten vond ik zeer leuk. Ik heb nu ook een beeld gekregen van mijn aandachtspuntenomtrent het lesgeven. Hier ga ik zeker in de toekomst aan werken.

11

2 Wiskundig aspect

2.1 Functies en limieten

2.1.1 Stelling van Rolle

Stelling 2.1 We beschouwen een functie f : [a, b] → R. Onderstel dat f voldoet aan devolgende voorwaarden:

• f is continu over [a, b]

• f(a) = f(b)

• f afleidbaar over ]a, b[,

dan bestaat er een c ∈ ]a, b[ zodat f ′(c) = 0.

In het eerste deel tonen we aan de hand van een voorbeeld aan dat deze voorwaarden weldegelijk nodig zijn om het resultaat van Rolle te kunnen besluiten. Vervolgens zullen we inhet tweede deel aantonen dat als we R beperken tot Q, het resultaat van de stelling van Rolleniet meer geldt.

1. Beschouw de absolute waarde functie f(x) = |x| met x ∈ [−1, 1]. Dit kunnen we ookschrijven als

f(x) =

{x als 0 ≤ x ≤ 1

−x als − 1 ≤ x ≤ 0.

Deze functie is zeker continu op het interval dat we beschouwen. Verder geldt ook datf(1) = f(−1) = 1. Maar deze functie is niet afleidbaar op het open interval want f isniet afleidbaar in 0. Om dit aan te tonen gebruiken we de volgende definitie:

Definitie 2.2 Beschouw een functie f die gedefinieerd is op een omgeving van a. Dangeldt dat

f afleidbaar in a⇔ f ′(a) = limh→0

f(a+ h)− f(a)h

bestaat.

12

Dus krijgen we dat

f ′(0) = limh→0

f(0 + h)− f(0)h

= limh→0

|h|h.

Deze laatste limiet bestaat niet omdat zijn linker- en rechterafgeleide niet aan elkaargelijk zijn want

f ′+(0) = limh→0+

|h|h

= 1 ;

f ′−(0) = limh→0−

|h|h

= −1.

De conclusie in de stelling van Rolle geldt hier niet want er bestaat geen punt in hetopen interval zodat de afgeleide in dat punt gelijk is aan 0.

f(x) =

{1 als 0 < x < 1

−1 als − 1 < x < 0.

2. Beschouw nu de volgende functie:

f(x) = x− x3 ; 0 ≤ x ≤ 1, x ∈ Q.

Deze functie zal zeker continu zijn en er geldt dat f(0) = f(1) = 0. De functie is ookafleidbaar op het open interval met afgeleide gelijk aan 1 − 3x2. Toch zal de conclusievan Rolle hier niet gelden want

f ′(c) = 0⇔ 1− 3c2 = 0

⇔ 3c2 = 1

⇔ c =1√3, 6∈ Q.

2.1.2 Samenstelling van functies

We kunnen ons de vraag stellen wanneer het onderstaande zou gelden.Zij f en g reele functies. Stel

limy→b

f(y) = l ; limx→a

g(x) = b.

Dan geldt er dat

limx→a

(f ◦ g)(x) = l.

Men kan bewijzen dat het volgende altijd zal gelden.

13

Eigenschap 2.3 Beschouw twee reele functies f en g. Zij

limy→b

f(y) = l ; limx→a

g(x) = b,

en veronderstel dat aan een van de volgende voorwaarden voldaan is

• f is continu in b, of

• g is injectief in de buurt van a.

Dan zal gelden dat

limx→a

(f ◦ g)(x) = l.

Wanneer beide voorwaarden niet gelden, zal de bewering in het algemeen niet waar zijn. Ditzien we in het onderstaande voorbeeld. Definieer twee functies

f(y) ={ 0 y 6= 0

1 y = 0en g(x) = 0, ∀x, y ∈ R.

Dan zien we dat f niet continu is in 0 en dat

limy→0

f(y) = 0.

Ook zal de functie g niet injectief zijn en zien we dat

limx→0

g(x) = 0.

Dan zien we dat (f ◦ g)(x) = f(g(x)) = f(0) = 1 voor alle x ∈ R. Dus

limx→0

(f ◦ g)(x) = 1 6= 0.

2.2 Continuıteit

2.2.1 Continu zijn in slechts een punt

Er bestaan functies die slechts continu zijn in een punt. Definieren we een functie als volgt

f(x) ={ x x ∈ Q−x x ∈ R \Q.

Dan is f enkel en alleen continu in het punt 0.Bewijs. We moeten dus 2 zaken nagaan, namelijk dat f continu is in 0 en discontinu is op R0.

14

1. Neem ε > 0 willekeurig maar vast. We kiezen δ = ε en nemen een x ∈ R willekeurig.Als er geldt dat

|x− 0| = |x| < δ,

dan geldt er dat

|f(x)− f(0)| = |f(x)| ={ |x| < ε, als x ∈ Q| − x| = |x| < ε, als x ∈ R \Q.

Dus is f inderdaad continu in 0.

2. We moeten bewijzen dat f niet continu is in x en dit voor alle x ∈ R0. Dat wil zeggendat we de negatie van volgende definitie moeten aantonen:

¬(∀ε > 0 ∃δ > 0 ∀y ∈ R : |y − x| < δ ⇒ |f(y)− f(x)| < ε).

Dus wat we moeten bewijzen is het volgende:

∀x ∈ R0 ∃ε > 0 ∀δ > 0 ∃y ∈ R : |y − x| < δ en |f(y)− f(x)| ≥ ε.

We nemen x ∈ R0 willekeurig. Kies ε = |x|. Dan is ε strikt groter dan 0 aangezien xniet gelijk is aan 0. Neem ook δ > 0 willekeurig. Om nu een y ∈ R te kiezen, gaan wetwee gevallen onderscheiden.Indien x ∈ Q, dan kiezen we y = x + π

4· q, waarbij q ∈ Q en |q| < δ. Verder nemen

we q negatief indien x negatief is en q positief indien x positief is. Dan zien we

|y − x| = π

4· |q| < π

4· δ < δ

en

|f(y)− f(x)| = | − y − x| = | − x− π

4· q − x| = | − 2x− π

4· q|

waar we gebruik maken van het feit dat y ∈ R \Q. Wegens de veronderstellingen geldtdan

| − 2x− π

4· q| = |(−1) · (2x+ π

4· q)| = |2x+ π

4· q|, als x ∈ Q+

en

| − 2x− π

4· q| = | − 2(−z)− π

4· (−p)|

= |2z + π

4· p|, als x ∈ Q−(en dus ook q ∈ Q−)

met x = −z, z ∈ Q+ en q = −p, p ∈ Q+. In beide gevallen geldt dan dat |−2x− π4·q| ≥

|x| = ε. Indien x irrationaal is, gaat het bewijs analoog.

�

15

2.2.2 Continu zijn in elk irrationaal punt, maar discontinu in elk rationaal punt

We definieren een functie f als volgt:

f : R→ R : x 7→{ 1

nx = m

n, n > 0, ggd(m,n) = 1

0 x ∈ R \Q.

Deze functie is continu in elke x ∈ R \Q en discontinu in elke x ∈ Q.Bewijs. Het is duidelijk dat de functie discontinu is in elk rationaal getal aangezien de waardentelkens zullen verspringen.Om aan te tonen dat de functie f continu is in elk irrationaal getal moeten we het volgendeaantonen:

∀x ∈ R \Q∀ε > 0 ∃δ > 0∀y ∈ R : |x− y| < δ ⇒ |f(x)− f(y)| < ε.

Dus we nemen een x in R \Q en ε > 0 willekeurig maar vast. Verder kiezen we een δ > 0 zodat we in het interval ]x− δ, x+ δ[ geen rationaal getal m

nkunnen vinden zodat n ≤ 1

ε. Neem

dan een y ∈ R en stel |x− y| < δ. Dit laatste kunnen we herschrijven als volgt:

|x− y| < δ ⇔ −δ < y − x < δ (1)⇔ x− δ < y < x+ δ (2)⇔ y ∈ ]x− δ, x+ δ[. (3)

Indien y ∈ R \Q, dan is f(x) = f(y) = 0 en dus zal er zeker gelden dat |f(x)− f(y)| < ε.Indien y ∈ Q, dan kunnen we y schrijven als p

qwaarbij we veronderstellen dat deze breuk

reeds vereenvoudigd is. Door de keuze van δ en (3) leiden we af dat q strikt groter moet zijndan 1

ε. Dus we krijgen dan dat

|f(x)− f(y)| = |0− 1

q| = 1

q< ε.

Zo hebben we dus bewezen dat f continu is in elke x ∈ R \Q. �

2.3 Integraalrekening

2.3.1 Bepaalde integralen oplossen zonder primitieve functie te bepalen

Opgave 2.4∫ π

2

0

cosx

sinx+ cosxdx

16

Deze bepaalde integraal kunnen we oplossen door eerst de primitieve te bepalen aan de handvan de t-formules. Er bestaat echter ook een handig trucje om de oplossing van deze integraalte vinden zonder al te veel rekenwerk, namelijk:∫ π

2

0

cosx

sinx+ cosxdx =

∫ π2

0

sinx

sinx+ cosxdx

want als we x = π2− y, dan is dx = −dy en voor x = 0 zal y = π

2en omgekeerd zal y = 0.

Dan krijgen we door gebruik te maken van de formules van complementaire hoeken dat∫ π2

0

cosx

sinx+ cosxdx = −

∫ 0

π2

cos(π2− y)

sin(π2− y) + cos(π

2− y)

dy

=

∫ π2

0

sin y

cos y + sin ydy

=

∫ π2

0

sinx

sinx+ cosxdx.

Verder geldt ook dat∫ π2

0

cosx

sinx+ cosxdx+

∫ π2

0

sinx

sinx+ cosxdx =

∫ π2

0

1dx =π

2.

Dus kunnen we besluiten dat ∫ π2

0

cosx

sinx+ cosxdx =

π

4.

Opgave 2.5∫ π

2

0sin2 x dx

Deze integraal kunnen we als volgt aanpakken:∫ π2

0

sin2 x dx =

∫ π2

0

cos2 x dx

want als we dezelfde substitutie gebruiken als in het voorbeeld hiervoor dan krijgen we doorde formules van de complementaire hoeken toe te passen dat∫ π

2

0

sin2 x dx = −∫ 0

π2

sin2(π

2− y) dy

=

∫ π2

0

sin(π

2− y) · sin(π

2− y) dy

=

∫ π2

0

cos y · cos y dy =

∫ π2

0

cos2 y dy =

∫ π2

0

cos2 x dx.

17

Verder geldt ook dat ∫ π2

0

sin2 x dx+

∫ π2

0

cos2 x dx =

∫ π2

0

1dx =π

2.

Dus we zien dat ∫ π2

0

sin2 x dx =π

4.

Opgave 2.6∫ π0

x sinx

1 + cos2 xdx

Om deze integraal op te lossen zonder de primitieve functie te bepalen, is er iets meer reken-werk nodig. Eerst berekenen we de volgende integraal:∫ π

0

sinx

1 + cos2 xdx.

Deze integraal gaan we oplossen aan de hand van de substitutie t = cos x, dan is dt =− sinx dx, voor x = 0 zal t = 1 en voor x = π is t = −1. Dan krijgen we∫ π

0

sinx

1 + cos2 xdx = −

∫ −11

dt

1 + t2

=

∫ 1

−1

dt

1 + t2

= Bgtg(1)− Bgtg(−1) = π

4+π

4=π

2.

Vervolgens gaan we de opgave aanpakken met de subsitutie x = π − u, dan is dx = −du envoor x = 0 zal u = π en omgekeerd zal u = 0. Dus krijgen we∫ π

0

x sinx

1 + cos2 xdx = −

∫ 0

π

(π − u) · sin(π − u)1 + cos2(π − u)

du

=

∫ π

0

(π − u) · sinu1 + cos2 u

du,

waar de laatste gelijkheid volgt uit de formules van supplementaire hoeken. Verder zien wedat ∫ π

0

x sinx

1 + cos2 xdx = π

∫ π

0

sinu

1 + cos2 udu−

∫ π

0

u sinu

1 + cos2 udu

= π · π2−∫ π

0

u sinu

1 + cos2 udu.

18

Dus geldt er dat

2 ·∫ π

0

x sinx

1 + cos2 xdx =

π2

2,

en dus ∫ π

0

x sinx

1 + cos2 xdx =

π2

4.

Opgave 2.7∫ 1

03√2x3 − 3x2 − x+ 1 dx

Deze integraal oplossen door eerst de primitieve functie te bepalen is bijna onmogelijk. Maardoor een simpel trucje te gebruiken wordt deze integraal een stuk gemakkelijker.Schrijf f(x) = 3

√2x3 − 3x2 − x+ 1. Dan zien we dat

f(1− x) = 3√

2(1− x)3 − 3(1− x)2 − (1− x) + 1

=3√−2x3 + 6x2 − 6x+ 2− 3x2 + 6x− 3 + x

=3√−2x3 + 3x2 + x− 1 = −f(x).

Vervolgens gaan we de integraal uit de opgave aanpakken met de substitutie x = 1−y. SchrijfI =

∫ 1

0f(x) dx en dan zien we dat

I = −∫ 0

1

f(1− y) dy =

∫ 1

0

(−f(y)) dy = −I.

Er volgt dan dat I = 0.

Opgave 2.8 Bepaal∫ 2π

π

sinx

ex + sinx+ cosxdx en

∫ 2π

π

ex + cosx

ex + sinx+ cosxdx

Noteer de te berekenen integralen met I en J respectievelijk. Dan geldt er dat

I + J =

∫ 2π

π

sinx+ ex + cosx

ex + sinx+ cosxdx =

∫ 2π

π

1dx = π.

Verder geldt er ook dat

J − I =

∫ 2π

π

ex + cosx− sinx

ex + sinx+ cosxdx

=

∫ 2π

π

(ex + sinx+ cosx)′

ex + sinx+ cosxdx

= ln(| ex + sinx+ cosx |) |x=2πx=π

= ln(e2π + 1)− ln(eπ − 1) = ln

(e2π + 1

eπ − 1

).

19

Dus als we deze twee gelijkheden combineren krijgen we het volgende:{ J = π − I

J = ln

(e2π + 1

eπ − 1

)+ I

⇔

{ J = π − I

π − I = ln

(e2π + 1

eπ − 1

)+ I

⇔

{ J = π − I

2I = π − ln

(e2π + 1

eπ − 1

).

Hieruit volgt dat

I =1

2

(π − ln

(e2π + 1

eπ − 1

))en J =

1

2

(π + ln

(e2π + 1

eπ − 1

)).

2.3.2 Tegenvoorbeeld

We herhalen de hoofdstelling van de integraalrekening.

Definitie 2.9 Onderstel dat f : [a, b]→ R continu is. Een functie F : [a, b]→ R noemen weeen primitieve van f als voor elke x ∈ [a, b] geldt dat

F ′(x) = f(x).

Stelling 2.10 Onderstel dat f : [a, b]→ R continu is en dat F een primitieve is van f. Dan is∫ b

a

f(x)dx = F (b)− F (a).

Gevolg 2.11 Voor een continue functie f geldt er dat(∫ x

a

f(t)dt)′

= f(x).

We gaan nu aan de hand van een tegenvoorbeeld aantonen waarom de voorwaarde dat f con-tinu is, nodig is in de hoofdstelling van de integraalrekening.Definieer een functie f zoals in het onderdeel ’Continuıteit’:

f : [0, 1]→ R : x 7→{ 1

nx = m

n, n > 0, ggd(m,n) = 1

0 x ∈ R \Q

20

en verder stellen we g(x) =∫ x0f(t)dt. Indien we geen rekening houden met het al dan niet

continu zijn van de functie f , dan zou er voor elke x ∈ [0, 1] gelden dat

g′(x) = f(x). (4)

Nu gaan we aantonen dat (4) niet altijd zal gelden. Dit komt natuurlijk door het feit dat defunctie f niet continu is (zie ’Continuıteit’).We gaan aantonen dat

g(x) =

∫ x

0

f(t)dt = 0, ∀x ∈ [0, 1] (5)

want dan zal g′(x) = 0 voor alle x ∈ [0, 1]. In combinatie met gelijkheid (4) leiden we danaf dat f(x) = 0 voor alle x ∈ [0, 1] en dus dat de functie f een constante functie is op hetinterval [0, 1]. Maar dit is natuurlijk een contradictie, wat aantoont dat de continuıteit in dehoofdstelling van de integraalrekening noodzakelijk is.Dus om (5) te kunnen bewijzen, gaan we steunen op de principes van maattheorie. We ge-bruiken hiervoor volgende stelling:

Stelling 2.12 Zij f een positieve, Riemann-integreerbare functie. Dan geldt er dat∫f(t)dt =

∫fdλ,

waar λ staat voor de Lebesgue-maat.

Het is dus voldoende om aan te tonen dat de functie f Riemann-integreerbaar is en dat deLebesgue-integraal van f gelijk is aan 0 (want de functie f is uiteraard positief). De functie fkunnen we ook zo schrijven:

f(x) =∑

m≥0,n≥1

ggd(m,n)=1

1

n· I{x=m

n}(x),∀x ∈ [0, 1].

Verder definieren we voor alle k ∈ N

fk(x) =k∑

m=0,n=1

ggd(m,n)=1

1

n· I{x=m

n}(x),∀x ∈ [0, 1].

Dan geldt er duidelijk dat fk(x) → f(x) als k → ∞. De functies fk zullen altijd positiefblijven, dus kunnen we zeggen dat er een F-meetbare functie g bestaat zodat fk ≥ g, voor

21

alle k ∈ N (namelijk g de constante nulfunctie). We kunnen dus de stelling van de monotoneconvergentie toepassen (zie [3], stelling 2.9) en besluiten dat∫

fk dλ→∫fdλ.

Maar ∫fk dλ =

k∑m=0,n=1

ggd(m,n)=1

1

n

∫I{x=m

n}dλ =

k∑m=0,n=1

ggd(m,n)=1

1

n· λ({x =

m

n})= 0.

Dus zal∫fdλ = 0. Het enige wat nog nagegaan moet worden, is dat de functie f Riemann-

integreerbaar is.We maken gebruik van de volgende stelling uit maattheorie:

Stelling 2.13 Zij f : [a, b]→ R een begrensde functie. Dan geldt er:

f is Riemann-integreerbaar⇔ λ(Df ([a, b])) = 0,

waar Df ([a, b]) = {x ∈ [a, b] | f is niet continu in x}.

We weten al dat de functie f continu is in elk irrationaal getal maar discontinu zal zijn inelk rationaal getal. Uiteraard is de functie f ook begrensd (aangezien een gesloten intervalcompact is). We zien dat de verzameling Df ([0, 1]) een deel is van Q en dus hoogstensaftelbaar is. Er geldt dan dat λ(Df ([0, 1])) = 0 want de hoogstens aftelbare verzamelingDf ([0, 1]) kunnen we schrijven als een disjuncte unie van elementen uit die verzameling. Dussamengevat:

λ(Df ([0, 1])) = λ( ⊎d∈Df ([0,1])

{d})=

∑d∈Df ([0,1])

λ{d} = 0.

Dus wegens stelling 2.13 zal de functie f inderdaad Riemann-integreerbaar zijn.

22

Referenties[1] Bernard R. Gelbaum, John M.H. Olmsted, Counterexamples in Analysis. San Francisco,

Holden-Day, 1966.

[2] S. Caenepeel, Analyse I, VUB,http://homepages.vub.ac.be/ scaenepe/analyse1.pdf.

[3] U.Einmahl, Maattheorie, VUB.

[4] http://www.math.lsa.umich.edu/courses/185F08/composition.pdf.

[5] Wiskunde en Onderwijs nr. 152 (38ste jaargang 2012), tijdschrift van de Vlaamse Vereni-ging voor Wiskundeleraars (VVWL).

[6] I.Spruyt, document ”Lesvoorbereidingen”.

23