AKADEMISKA STUDIEFÄRDIGHETER FÖR IT -

Transkript

1 AKADEMISKA STUDIEFÄRDIGHETER FÖR IT - MATEMATIKREPETITION STUDIEMATERIAL SAMMANSTÄLLT AV Tom Fredman FAKULTETEN FÖR NATURVETENSKAPER OCH TEKNIK, ÅBO AKADEMI FÖRSTA UPPLAGAN 07

2 Dessa anteckningar är avsedda för den del av kursen 4500 Akademiska studiefärdigheter för IT (5 sp. ECTS), som är inriktad på repetition av gymnasiekursen (eller motsvarande) i matematik. Målgrupp är första årets IT-studerande vid fakulteten för naturvetenskaper och teknik vid Åbo Akademi. Kursens avsikt är att befrämja en god nivå på förkunskaperna inför de grundläggande ingenjörsmatematiska kurserna vid fakulteten. Materialet är baserat på nedanstående litteraturförteckning. Åbo, mars 07,

3

4 Litteraturförteckning [] D. Djupsjöbacka och M. Kurula. Propedeutisk Matematik I. Matematiska Institutionen, Åbo Akademi, 004. [] D. Djupsjöbacka och M. Hägg. Propedeutisk Matematik II. Matematiska Institutionen, Åbo Akademi, 007. [3] R. A. Adams. Calculus. a complete course. Pearson Education/Addison Wesley, Toronto, 6th edition, 006. [4] K.-E. Häggblom Matematik I och II, föreläsningsanteckningar. Laboratoriet för Reglerteknik, Åbo Akademi, 00. [5] E. Kreyszig. Advanced Engineering Mathematics. John Wiley & Sons, Inc., New York, 8th edition,

5 4 LITTERATURFÖRTECKNING

6 Innehåll Introduktion 9. Nyttan av matematik Teknikens språk Karriär och matematik Grundläggande 3. Talområden Notation Reella talens axiom Potenser Polynom Rationella uttryck Kvadratrot Ekvationer och Olikheter 9 3. Förstagradsekvationer och -olikheter Andragradsekvationer och -olikheter Rationella olikheter Ekvationssystem Ekvationer av högre grad Kvadratrötter och absolutbelopp Ekvationer med kvadratrötter Olikheter med kvadratrötter Absolutbelopp Ekvationer med absolutbelopp Olikheter med absolutbelopp

7 6 INNEHÅLL 4 Funktioner Definition och egenskaper Sammansatta funktioner Växande och avtagande funktioner Bijektioner Invers funktion Några vanliga funktioner Det allmänna rotbegreppet Det allmänna potensbegreppet Exponentialfunktionen Logaritmfunktionen Gränsvärde och Kontinuitet 9 5. Gränsvärde Räkneregler för gränsvärden Ensidiga gränsvärden Gränsvärden och oändligheten Oegentliga gränsvärden Gränsvärden i oändligheten Kontinuitet Egenskaper hos kontinuerliga funktioner Derivata 6. Definition Derivatafunktionen Grafisk tolkning av derivatan Deriveringsregler Derivering av en produkt och en kvot Några vanliga funktioner Högre derivator Ensidiga derivator; deriverbarhet Derivatan av en sammansatt funktion Extremvärden hos funktioner Derivatans tecken Lokala extremvärden Globala extremvärden Extremvärdesproblem

8 INNEHÅLL 7 7 Integraler 6 7. Primitiv funktion Integralen av en sammansatt funktion Sammanfattning över integreringsregler Geometrisk tolkning av integralen Egenskaper Integralfunktionen Integrering med primitiva funktionen Substitution Partialbråksuppdelning Partiell integrering Areaberäkning Två funktioner Separabla differentialekvationer 7 8. Allmänt Klassificering Differentialoperatorn Allmän och partikulär lösning Begynnelse- och randvärdesproblem Separering av variabler Tillämpningar Balans- eller kontinuitetsekvationer System av första ordningen Logistiska ekvationer Komplexa Tal Definition Rektangulär form Konjugatet, division Komplexa talplanet Polär form Argumentet och dess principalvärde Multiplikation och division av komplexa tal Reella och komplexa tal Andragradsekvationer Binomiska ekvationen Komplexa funktioner

9 8 INNEHÅLL 9.. Exponential- och logaritmfunktionen Allmänna potenser av komplexa tal Förgreningspunkter och grensnitt Riemann-ytor Visualisering av komplexa funktioner Komplexa tal i elektrotekniken Sannolikhetslära 8 0. Kombinatorik Multiplikationsprincipen Val med hänsyn till ordningen Val utan hänsyn till ordningen Empirisk sannolikhet Det klassiska sannolikhetsbegreppet Räkneregler Oberoende händelser Oberoende försök Addition och multiplikation Binomialsannolikhet Stokastisk variabel Diskreta sannolikhetsfördelningar Fördelningars karakteristikor Kontinuerliga fördelningar Normalfördelningen

10 Kapitel Introduktion Dessa anteckningar är avsedda som bakgrundsmaterial till kursen Eftersom denna repetitionsdel för matematikens del utgör endast en del av kursens totala omfattning om 5 sp, är materialet sammanställt utgående från att merparten av stoffet studeras självständigt på basen av eventuella förkunskaper från tidigare studier på andra stadiet. Orsaken till den relativt omfattande framställningen är nyttan med att ha samtliga viktiga teman samlade på ett ställe, dock rekommenderas vid behov t.ex. gymnasielitteraturen som bredvidläsning. Teorin här är således avsedd för en snabb repetition, medan kursens tyngdpunkt kommer att ligga på tillämpning och övningar med ett urval av lämpliga problem, som presenteras under kursens gång.. Nyttan av matematik Intresset för de matematiska ämnena i skola och universitet har under de senaste decennierna avtagit i hela västvärlden. Detta har orsakat en allmän sänkning av kunskapsnivån i matematik inom utbildningen på andra stadiet och stora svårigheter med rekrytering och förkunskaper för yrkeshögskole- och universitetssektorns matematiskt inriktade utbildningar. En allmän attitydförsämring till ämnena har också kunnat märkas och det har nästan blivit trendigt att säga att man inte förstår något av matematikundervisningen i skolan. Den typiska frågan till läraren har blivit - Vad behöver vi detta till? Frågan kunde kanske besvaras med - Det kan man inte veta ännu. En diplomingenjör eller magister kommer i fram- 9

11 0 KAPITEL. INTRODUKTION tiden sannolikt att vara minst 40 år i arbetslivet, med varierande arbetsuppgifter. Detta betyder att studierna inte kan vara en yrkesutbildning för någon specifik handels- eller industrisektor eller den lokala industrins behov, utan måste baseras på tillräckligt allmänbildande och omfattande grundstudier med tyngdpunkt på matematiska naturvetenskaper. Inom tekniken kommer dessutom kraven på matematiskt kunnande att öka i framtiden, särskilt för längre hunna diplomingenjörer som arbetar exempelvis inom produktutveckling.. Teknikens språk Matematiken har traditionellt betraktats som naturvetenskapens språk, men eftersom tekniken mycket långt baseras på naturvetenskapliga tillämpningar har matematiken blivit även teknikens språk. Många moderna ittillämpningar, som t.ex. algoritmen bakom en känd sökmaskin på nätet baserar sig på framsteg inom vissa områden av den moderna matematiken, i det aktuella fallet den s.k. linjära algebran. Andra områden som kan nämnas är optimering, som används inom produktionsplanering och logistik och diskret matematik som används för att konstruera inbyggda system i datatekniken..3 Karriär och matematik En diplomingenjör eller magister måste i dagens värld vara beredd på att karriären kan ta de mest oväntade vändningar. Därför är det viktigt både för arbetsmöjligheter och löneutveckling att ha en stark kunskapsprofil. Det man gör, lönar sig att göra ordentligt. Ovanliga ämneskombinationer och specialisering kan också på lång sikt ge goda karriärmöjligheter. Exempelvis examensarbetare inom produktionsplanering, optimering och strömningsberäkning har de senaste åren haft god efterfrågan till expertuppgifter i industrin och i konsultbolag. De flesta inleder sin bana med någon form av expert- eller driftsuppgifter, vanligen kopplade till examensarbetets tema. Senare fortsätter många med ledningsuppgifter, medan andra specialiserar sina expertuppdrag och blir t.ex. konsulter. Gemensamt i samtliga fall är en ökad användning av matematiska verktyg, vilket har möjliggjorts av framsteg i att kombinera ökad beräkningskapacitet och nya teoretiska resultat för t.ex. storskaliga optimeringsproblem.

12 .3. KARRIÄR OCH MATEMATIK Detta har lett till att matematiskt kunnande har fått allt större betydelse både i lednings- och expertuppgifter. Operativa beslut baserar sig numera på komplicerade beslutsunderlag framtagna med datorberäkningar och -simuleringar, som kräver en stark matematisk grundutbildning för att kunna tolkas rätt.

13 KAPITEL. INTRODUKTION

14 Kapitel Grundläggande I detta kapitel repeterar vi de grundläggande axiomen och begreppen från gymnasiematematiken. Dessa kommer att behövas i ingenjörsmatematiken för att förstå de enklaste räkneoperationerna och beteckningarna.. Talområden Talen har under matematikens utveckling kommit att indelas i talområden, enligt användning och allteftersom nya tillämpningar har uppstått har nya talområden introducerats. Den kanske mest uppenbara innebörden av tal är när man vill beskriva antal. Detta är utgångspunkten för talområdena och de tal som beskriver antal brukar kallas naturliga tal, med beteckningen N = {0,,,...} naturliga tal. För att kunna hantera negativa tal behöver man heltalen Z = {...,, 0,,,...} hela tal. De naturliga talen är alltså en delmängd av heltalen. Ibland förekommer även beteckningen Z ± = {±,±,...} positiva/negativa hela tal. för de positiva respektive negativa heltalen. Observera att de positiva heltalen ej är att förväxla med de naturliga talen, som ju även innehåller talet 3

15 4 KAPITEL. GRUNDLÄGGANDE 0. För att beskriva bråkdelar behöver man de rationella talen, enligt Q = {x x = m } n, m, n Z, n = 0 rationella tal. Dessa består således av alla tal som kan skrivas som bråk. Eftersom så är fallet för alla heltal är dessa en delmängd av de rationella talen. Tidigt stötte man emellertid på tal som inte kan skrivas som bråk, t.ex. längden av diagonalen i en kvadrat med sidlängden ett. Man kallade sådana tal irrationella och introducerade det reella talområdet R = {Q samt alla irrationella tal} reella tal. Men, om man önskar lösa ekvationen x = räcker inte de hittills behandlade talområdena till. Vi behöver de komplexa talen, med beteckningen i =, enligt { C = a+bi, a, b R, i = } komplexa tal.. Notation Med notation avses här ett beteckningssystem. Ett sådant är nödvändigt då man arbetar med olika matematiska objekt, som kan vara tal eller samlingar av tal (mängder). För att få ett beteckningssystem som är entydigt och kortfattat har man tagit i bruk matematiska symboler, exempelvis symbolen = betecknar att två objekt (av samma typ) är lika. En samling av objekt kallas en mängd och de enskilda objekten i mängden element. Mängder brukar betecknas med stor bokstav, medan man för elementen vanligen använder liten bokstav. Exempel... N är en mängd, med element som består av talen 0,,,.... Det finns oändliga mängder med oändligt antal element och ändliga mängder med ändligt antal element. Exempel... N är en oändlig mängd, medan mängden A = {0,,, 3, 5} är ändlig. Att ett element tillhör en mängd brukar betecknas 0 N, medan motsatsen betecknas med 0 / Z +.

16 .. NOTATION 5 Exempel..3. För mängden A = {0,,, 3, 5} gäller att 6 N, medan 6 / A. Om man har två mängder A och B, sådana att alla element som tillhör A även tillhör B. Då kallas A en delmängd av B och detta betecknas A B. Däremot gäller inte att N är en delmängd av A (varför?) och man skriver A N. Vid jämförelse av elementen i två eller flera mängder kommer man fram till begreppen snitt och union. Snittet av två eller flera mängder är en mängd som innehåller alla de element som ingår i samtliga mängder som jämförs, och betecknas. Man ser då att Exempel..4. A N = {0,,, 3, 5} = A. Snittet kan också vara tomt, d.v.s. det finns inga element som ingår i samtliga jämförda mängder, vilket betecknas Exempel..5. Z A = {..., 3,, } {0,,, 3, 5} = {} =. Unionen av två eller flera mängder är en mängd som innehåller alla de element som ingår i minst en av de mängder som jämförs, och betecknas. Man ser då att Exempel..6. Z A = {..., 3,, } {0,,, 3, 5} = {..., 3,,, 0,,, 3, 5}. Hittills har vi räknat upp elementen för att beskriva de ändliga mängder som behandlats. Detta är dock ofta opraktiskt, i stället för de enskilda elementen kan man beskriva en viss egenskap hos dessa för att få en kortfattad formulering av formen {x x har en viss egenskap}, för att beteckna mängden av alla element x som har en viss egenskap. Exempel..7. A = {0,,, 3, 5} = {x N x = 4 x 5}.

17 6 KAPITEL. GRUNDLÄGGANDE Symbolen betyder här och. Alternativt kan man använda kommatecken, som tidigare i definitionen av de rationella talen för att utesluta division med noll. För att beteckna eller brukar man använda symbolen. Ett eller flera element kan exkluderas ur en mängd med\, vilket betecknar mängd-differensen. Exempelvis alla naturliga tal utom talet 0 (som ju är mängden av de positiva heltalen Z + ) betecknas Exempel..8. Z + = {N\0}. Å andra sidan vill man ofta, att en viss egenskap skall gälla för alla element i en mängd. Då används, som utläses för alla element, exempelvis alla rella tal som inte finns i intervallet mellan 0 och Exempel..9. x R : x 0 x. Intervall kan förutom med olikhetstecken även kortfattat skrivas med klammer, 0 x skrivs då x [0, ]. Om man inte vill ha med ändpunkter vänds klammern utåt, enligt x [0, [ för 0 x <. Om det finns minst ett element med en viss egenskap i en mängd använder man som utläses det existerar Exempel..0. a Q + : a 7. Exemplet ovan säger alltså att det finns minst ett positivt rationellt tal som är större än 7. Oändligheten betecknas i matematiken med symbolen. Oändligheten skall betraktas som ett begrepp, inte som ett tal, ty räknereglerna för tal gäller inte för. Alltid då man stöter på detta, är det skäl att vara extra försiktig och komma ihåg att abstrakta begrepp inte nödvändigtvis följer vanliga aritmetiska regler. I matematiska bevis hanterar man påståenden, med målet att påvisa att dessa är antingen sanna eller falska. Ingenjörsmatematiken är vanligen numeriskt orienterad, mot beräkningar snarare än de teoretiska frågeställningar som matematiker arbetar med. Notera dock att ingenjörsmässiga beräkningar också i viss mån kan betraktas som bevis, baserade på beräkningar och slutsatser av en typ där man t.ex. jämför ekonomiska alternativ.

18 .3. REELLA TALENS AXIOM 7 Då man arbetar med påståenden som skall visas används i matematiken beteckningarna, och med följande betydelser. Låt A och B beteckna påståenden eller utsagor. Då gäller Regel... Logik. Om A är sant så är B sant. Om B är sant så är A sant. A B. A B. A B. Om A är sant så är B sant och om B är sant så är A sant. Påståendena A och B sägs vara ekvivalenta..3 Reella talens axiom Vi repeterar nu räknereglerna för de reella talen, som även brukar kallas axiom. Benämningen axiom används för grundantaganden man utgår ifrån för att bevisa nya resultat. Räknereglerna nedan förefaller självklara men de utgör en viktig grund för ett omfattande teoribygge i matematiken. För a, b, c R gäller: Lagen om slutenhet Kommutativa lagen Associativa lagen a+b R och a b R. a+b = b+a och a b = b a. a+(b+c) = (a+b)+c och a (b c) = (a b) c. Distributiva lagen a (b+c) = a b+a c och (a+b) c = a c+b c.

19 8 KAPITEL. GRUNDLÄGGANDE Neutralt element Inverst element addition 0 a+0 = 0+ a = a multiplikation a = a = a addition motsatta talet a a+( a) = ( a)+a = 0 multiplikation inverterade talet a, (a = 0) a a = a a = Anmärkning.3.. Det lönar sig att ibland tänka igenom vilka av de ovanstående räknereglerna som tillämpas vid rutinmässiga beräkningar. Exempelvis multiplikationen 3 45 utförs enligt 3 45 = 3 (40+5) = distr = komm., assoc. 3 5+(3 4) 0 = = Observation.3.. Räknereglerna gäller inte för. Exempelvis om man vet att a, b (utläses går mot oändligheten ), d.v.s. växer utan gränser, så inser man snart att c = a + b också går mot oändligheten och alltså växer obegränsat. Då kan man alltså ingenjörsmässigt skriva, att + =, vilket uppenbart skulle strida mot reglerna (vilken/vilka?) ifall vore vedertaget som ett tal. Likaså, är i allmänhet = 0 och =, utan dessa är obestämda uttryck..4 Potenser Potenser infördes ursprungligen som beteckning för en produkt av ett antal faktorer av samma tal, exempelvis = 3. Senare har begreppet utvidgats till att gälla mera allmänt, enligt Definition.4.. Potensen a n definieras som a n = } a a a {{}, n st. där basen a R och exponenten n N. Uttrycket utläses som a upphöjt i n, eller kortare a i n:te. Dessutom har man, för a R\0 och n N a 0 =, a n = a n.

20 .4. POTENSER 9 Senare kommer vi att se att potenser kan definieras även för exponenter från ett större talområde. Exempel = 9 ( 3) = ( 3) ( 3) = 9 3 = (3 ) = = 3 = 3 = 9 Man kan härleda följande räkneregler för potenser ur definitionen Regel.4.. Låt a, b R\0 och m, n N. Då gäller. a m a n = a m+n. a m a n = a m n 3. (ab) m = a m b m 4. ( ) a n b = a n b n 5. (a m ) n = a mn Exempel.4.3. Förenkla uttrycket (x y) n (y x) n+. Man kan börja med att bryta ut ett minustecken ur nämnaren (x y) n (y x) n+ = använder räknereglerna för att omskriva = (x y) n (( )(x y)) n+, (x y) n ( ) n+ (x y) n+. Observerar nu att n N gäller att n är ett jämnt tal, vilket betyder att n+ är udda. Alltså måste ( ) n+ =, varvid fås = (x y)n (x y) n+

21 0 KAPITEL. GRUNDLÄGGANDE förenkling (förkortning) ger då.5 Polynom = (x y) n (n+) = y x. Med ett polynom avses en summa av termer av formen a n x n, där a n är en konstant koefficient som numreras med indexet n N. Värdet på a n är alltså i allmänhet olika för varje potens av variabeln x. Allmänt kan man skriva Definition.5.. polynomet av gradtal n N i variabeln x p(x) = a n x n + a n x n + a n x n + +a x + a x+a 0, där a 0, a, a,..., a n, a n och a n = 0 är konstanter. Exempel.5.. Polynomet 3x 5 + 4x + 7x har gradtalet n = 5, med a 0 =, a = 7, a = 4, a 3 = 0, a 4 = 0 och a 5 = 3. Polynomet x 3 x har gradtalet n = 3, med a 0 = 0, a =, a = 0 och a 3 =. Polynom kan ha flera variabler, som nedan Exempel.5.. Polynomet 8x 36x y xy 7y 3 har variablerna x och y. Gradtalet bestäms av den term där summan av variablernas exponenter är störst, alltså i detta fall termen 36x y 4, vilket ger gradtalet +4 = 6. Termerna 8x, 54xy och 7y 3 har gradtalen, 3 respektive 3. Polynom med endast två termer kallas binom och för sådana gäller räknereglerna

22 .5. POLYNOM Regel.5.3. Kvadreringsregeln Regel.5.4. Konjugatregeln (a+b) = a + ab+b (a+b)(a b) = a b Regel.5.5. FYIS(Första, Yttersta, Innersta, Sista)-regeln Exempel.5.6. Utvecklar binomet (a+ b)(c+ d) = ac+ad+bc+bd fås med användning av kvadreringsregeln ( x ). Nu är a = x och b =, varvid ( x ) ( = x + x ) ( + ) = x x 4. Ifall binomets exponent är ett godtyckligt tal m kan man tillämpa Regel.5.7. Binomet (a+b) m kan utvecklas med koefficienter ur Pascals triangel, som för m = 4 ser ut som följande Dessa tal kallas binomialkoefficienter och varje tal i triangeln (från och med andra raden) bildas som summan av de två tal som finns snett ovanför på föregående rad. Man kan då formulera ett recept för att utveckla binomet(a+ b) m enligt. Observera värdet på m. Utveckla Pascals triangel med m+ rader (detta kan bli arbetsdrygt ifall m är stort, men det finns alternativa metoder).

23 KAPITEL. GRUNDLÄGGANDE. Avläs polynomets koefficienter från triangelns sista rad. 3. Polynomets termer skrivs i fallande potenser från a n. Observera att denna första term är gemensam för alla värden på m, eftersom triangelns vänstra ben består av enbart ettor. Gradtalet för varje term (summan av potenserna hos a och b) bör vara m, vilket betyder att faktorn som innehåller b i varje term kommer att gå i stigande potens. Exempel.5.8. Skriver binomet(x 3y) 4 i formen av ett polynom. I detta fall är a = x, b = 3y och m = 4 och polynomets koefficienter finns alltså på fjärde raden i Pascals triangel. Allmänt, för m = 4 fås (a+b) 4 = a 4 + 4a 3 b+6a b + 4ab 3 + b 4 och i det här fallet ger insättning av variabelvärden (x 3y) 4 = (x) 4 + 4(x) 3 ( 3y)+ 6(x) ( 3y) + 4(x)( 3y) 3 +( 3y) 4 = 6x 4 96x 3 y+6x y 6xy 3 + 8y 4. Reglerna ovan kan också utnyttjas andra vägen, d.v.s. för att utgående från ett polynom komma fram till ett binom eller mera allmänt för att faktorisera polynom. Idén är då främst att förenkla/förkorta polynomet samt att bestämma dess nollställen, d.v.s. de värden på x för vilka p(x) = 0. Vid faktorisering behöver man dessutom oftast gruppera termerna i polynomet före man kan tillämpa reglerna. Gruppering görs så att man vid behov byter ordningsföljd på termerna och bryter ut vissa faktorer för att åstadkomma gemensamma faktorer för termerna i polynomet. Någon detaljerad regel för hur detta görs finns ej, utan man måste pröva sig fram från fall till fall. Exempel.5.9. Termerna är i rätt ordningsföljd enligt definitionen på ett polynom. Vi bryter ut x ur de två första termerna och 4 ur de två sista. x 3 3x 8x+ = x (x 3) 4(x 3)

24 .6. RATIONELLA UTTRYCK 3 Nu ser vi att båda termerna i högra ledet har den gemensamma faktorn x 3, som i sin tur kan brytas ut = (x 4)(x 3). Tillämpas nu konjugatregeln på den första faktorn x 4 = (x+)(x ) får vi = (x+ )(x )(x 3)..6 Rationella uttryck Ett rationellt uttryck r(x) kan skrivas i formen r(x) = p(x) q(x), där p(x) i täljaren och q(x) i nämnaren är polynom. Uttrycket är definierat för alla x-värden där nämnaren inte är lika med noll. De punkter där ett polynom är lika med noll, brukar kallas polynomets nollställen. I ett nollställe hos nämnaren sker således division med noll, vilket i matematiken betraktas som ett obestämt (eller odefinierat) resultat. Beräkningar som förbiser detta anses vara meningslösa och är därför otillåtna. Följdaktligen är det säkrast att alltid då man hanterar rationella uttryck eller mera allmänna kvoter, där täljare och nämnare innehåller annat än polynom, först kontrollera ifall det finns punkter där uttrycket är odefinierat. Exempel.6.. Låt p(x) = 3x + 4x 3 och q(x) = x. En snabb faktorisering av nämnaren med konjugatregeln ger q(x) = x = (x+ )(x ), vilket betyder att nämnaren har nollställena± (varför?). Då ger alltså dessa två värden på x division med noll och r(x) är alltså definierat för alla värden utom dessa två. Man säger då att det rationella uttrycket har definitionsmängden D r = {x R\q(x) = 0} = {x R\±}. Regel.6.. Undersök alltid först definitionsmängden för r(x), för att undvika att något otillåtet sker i beräkningarna.

25 4 KAPITEL. GRUNDLÄGGANDE Beroende på användningen behöver rationella uttryck ofta hyfsas, exempelvis om det består av en summa av flera bråktermer. Vi repeterar därför helt kort de vanligaste sätten att omforma dem. Förlängning. Används då uttrycket består av en summa av rationella uttryck och innebär att bråktermerna förlängs med lämpliga faktorer så att deras nämnare blir lika. Exempelvis r(x) = x x+ x+ x har definitionsmängden D r = {x R\ } och konjugat- samt kvadreringsreglerna ger r(x) = (x )(x ) (x+ )(x ) (x+)(x+) (x )(x+) = (x ) (x+ ) x = 4x x.. Faktorisering och förkortning. Används då det finns faktorer som är gemensamma för både täljaren p(x) och nämnaren q(x). Oftast är det inte uppenbart vilka dessa faktorer är, vilket medför att man måste omforma uttrycken. Exempelvis i fallet r(x) = x3 3x 8x+ x + 4x+4 ser man att nämnaren kan skrivas i formen q(x) = x + 4x + 4 = (x+ ), med användning av kvadreringsregeln och att definitionsmängden då är D r = {x R\ }. Vidare fås x 3 3x 8x+ x + 4x+4 = x3 3x 8x+ (x+ ). Ändrar ordningsföljden på termerna i täljaren = x3 8x 3x + (x+ ). Bryter ut lämpliga faktorer, idén är att komma fram till något som liknar nämnaren = x(x 4) 3(x 4) (x+).

26 .6. RATIONELLA UTTRYCK 5 Nu kan täljaren förenklas eftersom båda av dess termer innehåller faktorn (x 4) utnyttjar konjugatregeln i täljaren = (x 4)(x 3) (x+ ), = (x+ )(x )(x 3) (x+). Förkortning ger slutligen = (x )(x 3) x+. 3. Polynomdivision kan utföras enligt gängse metoder för division i skolan (t.ex. trappa). Eftersom detta kräver anpassning till den speciella metoden ifråga använder vi här en annan framställning. Betrakta t.ex. det rationella uttrycket r(x) = x3 x x med D r = {x R\±}. Vi noterar formen hos nämnaren q(x) = x och skriver om täljaren p(x) = x 3 x så att man kan bryta ut q(x) ur denna (det är ju så man dividerar i praktiken, försöker se hur många gånger nämnaren går i täljaren). Fokuserar på termen av högsta gradtal i täljaren, och korrigerar bort extra termer x 3 x x = x(x )+ x x x, nu spjälks täljaren upp och man förkortar = x(x ) x + x x x = x+ x x x.

27 6 KAPITEL. GRUNDLÄGGANDE Detta var divisionens första steg, därefter tittar vi på resten som uppstod = x x x+ x = x (x )+ x+ x Uppspjälkningen, divisionen och förkortningen upprepas. = x + x 4 x. Detta är slutresultatet, eftersom bråket i den uppkomna resten har en täljare som inte är delbar med x. y 3.5 y = x x Figur.: Grafen av funktionen y = x..7 Kvadratrot Definition.7.. Låt a > 0. Kvadratroten ur talet a är det icke-negativa rella talet x som uppfyller villkoret x = a. Kvadratroten betecknas x = a, där a kallas radikand

28 .7. KVADRATROT 7 För alla a 0 gäller alltså att a 0 och ( a ) = a. Dessutom gäller Regel.7.. Räkneregler för kvadratrötter... a b = ab a, b 0. a b = ab a 0, b > a = a = { a, a 0, a, a < 0. Absolutbeloppet är viktigt, ifall det förbises blir svaret felaktigt för a < 0. a Exempel.7.. Hyfsa rotuttrycket 3. Låt a 0 > b. 8b Utnyttja reglerna och a 3 8b = a a 8b = a a 8b, samt regel 3 och utgångsantagandet a 0 > b, vilket ger a = a, b = b, = a a 9b = a a 9b Exempel.7.3. Hyfsa ( x) x. Lösning: Det rationella uttrycket under roten är definierat ifall nämnaren är olika noll, dessutom måste vi komma ihåg för roten att radikanden måste vara positiv. Således krävs att (x ) > 0, vilket är ekvivalent med x > (Kontrollera detta!). I detta fall ser vi också att x < 0, och vi kan utnyttja reglerna för absolutbelopp (Repetera dessa från skolkursen vid behov!) och regel 3 ovan ( x) = x x x = ( x) x ( x) = = x. x.

29 8 KAPITEL. GRUNDLÄGGANDE

30 Kapitel 3 Ekvationer och Olikheter Vi repeterar grunderna för hur man löser enkla ekvationer och olikheter. Lösningen till dessa fås alltid så att man manipulerar uttrycken tills lösningsmängden kan avläsas. Ifråga om ekvationer består denna mängd ofta av diskreta element (enstaka talvärden), men ifråga om olikheter kan det handla om ett kontinuerligt område av t.ex. reella tal. Vi arbetar med en obekant variabel, ofta x, och målsättningen med lösningen är att bestämma de tillåtna värdena på denna, som bildar lösningsmängden. Ekvationer och olikheter kan förutom obekanta variabler även innehålla parametrar, som vid lösningen betraktas som konstanta, men som kan användas exemplevis för att studera flera olika situationer/problemställningar där konstanterna kan ha olika värden. Definitionsmängden D är den mängd i vilken värdena på de obekanta variablerna och parametrarna ligger för att problemet (ekvationen eller olikheten) skall vara definierat på ett meningsfullt sätt. Lösningsmängden L består av de värden i D som uppfyller ekvationen eller olikheten. Observera att L inte nödvändigtvis behöver vara hela D. Vi börjar med att titta på första- och andragradsekvationer och -olikheter. Dessa klassificeras utgående från den högsta potensen hos de ingående termerna. Därefter studeras olikheter med rationella uttryck och ekvationer av högre grad. Notera, att ekvationer med rationella uttryck enkelt kan omformas till högregradsekvationer genom att förlänga alla termer så att nämnaren blir gemensam. Då har man en likhet mellan rationella uttryck som har gemensam nämnare och olika täljare, varvid man kan skriva ner likheten mellan täljarna som en ekvation att arbeta vidare med. Likheten mellan de gemensamma nämnarna är en identitet, d.v.s. en ekvation som 9

31 30 KAPITEL 3. EKVATIONER OCH OLIKHETER gäller för alla värden där uttrycken är definierade. Denna kan lämnas bort från den fortsatta lösningen av ekvationen. 3. Förstagradsekvationer och -olikheter En ekvation av första graden har formen ax+b = 0, medan en olikhet av första graden har formen ax+b > 0, där något av olikhetstecknen i den senare gäller. De reella konstanterna a, b R är parametrar. Ekvationen och olikheten ovan kan också kallas linjära och olikheten utläses ax + b är större än eller lika med noll (övre tecknet) eller ax + b är större än noll (nedre tecknet). Notera att alla olikheter kan bringas i formen ovan, eftersom multiplikation av alla termer i olikheten med ett negativt tal vänder på olikhetstecknet. Exempelvis 3 x 0 är ekvivalent med (Förvissa dig om detta!) ( )(3 x) ( ) 0 3+x 0, vilket är i den allmänna formen ovan, med a = och b = 3. För att återgå till ekvationen ovan kan vi konstatera att problemet att lösa ekvationen är meningsfullt och således välformulerat för alla x R. Således är D = R. Vi kan lösa ekvationen, börjar med att observera att i fallet a = 0 har man ax+ b = 0 ax a + b a = 0 a x+ b a = 0 x = b a.

32 3.. FÖRSTAGRADSEKVATIONER OCH -OLIKHETER 3 Om a = 0 måsta man skilja mellan två olika fall. Vi har ekvationen 0x+b = 0, som uppfylls (satisfieras) för alla x D ifall man råkar ha b = 0. Man brukar då prata om att ekvationen (eller olikheten) uppfylls identiskt och att man har att göra med en identitet. Lösningsmängden är i detta fall L = D = R. Tyvärr brukar det vara vanligare att b = 0, varvid fås det falska påståendet 0 = b = 0. Detta kan inte vara sant för något x och då är lösningsmängden tom, vilket kan skrivas L =. Vi har nu löst ekvationen för alla värden på parametrarna a och b och man brukar då tala om en ekvation med fria parametrar. Exempel 3... Vi löser ekvationen 3x+ 5 = 7 x, x D = R. Vi börjar med att flytta över alla termer som innehåller x till vänstra ledet och de övriga till högra ledet. 3x+ 5 = 7 x division av båda leden med 7 3x+ x = 7 5 7x = ger då lösningen 7 x 7 = x = 7 = 4 7. Exempel 3... Vi löser ekvationen x x+ = x 3. Konstaterar först att definitionsmängden inte är hela R, eftersom bråken innebär att man måste undvika division med noll. Således har vi x D = {R\, 0}, ty nämnarna i ekvationens termer får ej bli lika med noll. Vi börjar med att flytta över termen i högra ledet till vänstra ledet. x 3 x x+ = 0 x x+ = 0

33 3 KAPITEL 3. EKVATIONER OCH OLIKHETER Multiplikation av alla termer med - ger x + x+ = 0. Bråkens minsta gemensamma nämnare är nu x(x+ ) och vi kan förlänga. x+ x(x+) + x x(x+) = 0. x++x x(x+) = 0. Eftersom nämnaren inte kan bli noll i D, så kommer ekvationen att satisfieras endast om täljaren blir noll. Vi har då 3x+ = 0 3x = Lösningsmängden är alltså L = D, vilket är tillåtet (ligger i ekvationens definitionsmängd). { } 3 x = 3. Exempel Vi löser ekvationen x x x+ x = 3x+. Konstaterar också här x 4 att definitionsmängden inte är hela R, eftersom bråken innebär att man måste undvika division med noll. Således har vi x D = {R\±}, ty nämnarna i ekvationens termer får ej bli lika med noll. För nämnarna i vänstra ledet noterar vi att minsta gemensamma är(x+ )(x ) = x 4, vilket betyder att vänstra ledet kan omformas. x x x x+ = 3x+ x 4 (x )(x+ ) x(x ) x 4 x 4 = 3x+ x 4 (x )(x+ ) x(x ) x = 3x+ 4 x 4.

34 3.. FÖRSTAGRADSEKVATIONER OCH -OLIKHETER 33 Nu är nämnarna identiskt lika (lika för alla x D) och då kan vi fortsätta med likheten mellan täljarna. (x )(x+ ) x(x ) = 3x+ x + x x x + x = 3x+. 3x = 3x+ 3x 3x = + 0x = 4, där den sista likheten inte kan uppfyllas för något värde på x D (eftersom 0x = 0 och utsagan 0 = 4 är uppenbart falsk), vilket betyder att lösningsmängden är L =. Ekvationen har alltså inga lösningar. Exempel Vi löser ekvationen med fria parametrar ax a = x 4, där a R är en parameter och x D = R är variabel. Vi önskar alltså lösa ekvationen med avseende på x för alla värden på parametern a. Lösningen går till på vanligt vis, vi flyttar över termerna innehållande x till vänstra ledet och de övriga till högra ledet. ax a = x 4 ax x = a 4 Vi förenklar ekvationen genom att först bryta ut den gemensamma faktorn x i vänstra ledet och notera att konjugatregeln i högra ledet ger a 4 = (a+)(a ). x(a ) = (a+)(a ) Division av alla termer med faktorn a, under förutsättning att a = 0 a = ger x = a+. Vi har nu löst ekvationen för a {R\}. Fallet a = kan beaktas som ett specialfall, där den ursprungliga ekvationen lyder x 4 = x 4 x x = 4 4 0x = 0,

35 34 KAPITEL 3. EKVATIONER OCH OLIKHETER vilket uppfylls identiskt för alla x D = R. Således är den fullständiga lösningen { a+, a R\, x = R, a =. När man löser olikheter av första grad behövs vissa regler för att beakta hur manipulationerna påverkar olikhetstecknet. Regel Ordningsegenskaper för reella tal. Antag att talen a, b, c R. Då gäller. a < b b < c a < c. Utläses: Om a är mindre än b och b är mindre än c så är a mindre än c.. Exakt ett av följande påståenden gäller i) a < b ii) a > b iii) a = b 3. a < b a+c < b+c 4. a < b, c > 0 ac < bc 5. a < b, c < 0 ac > bc Exempel Vi löser olikheten x + 4x+ >. Räkneregler för kvadratrot ger x + 4x+ > (x + x+) > x + x+ > Kvadreringsregeln ger (x+) >

36 3.. FÖRSTAGRADSEKVATIONER OCH -OLIKHETER 35 Räkneregler för kvadratrot ger x+ > Nu måste absolutbeloppets teckenväxling beroende på x beaktas (om x + 0 så gäller x+ = x+ och om x+ < 0 så gäller x+ = (x+ ) enligt räknereglerna för absolutbelopp.) x : (x+) > x < : (x+ ) > Hyfsar roten och multiplicerar med i den högra olikheten x : x+ > = ( ) x < : x+ < x : x > x < : x <. Vi har alltså två olikheter som skall gälla samtidigt i respektive fallet, x : x > skall gälla eller x < : x < skall gälla. Då man har två olikheter som gäller samtidigt, kommer deras lösningsmängder att bildas av snittet av de två delolikheternas lösningsmängder. Således, om området x ritas på tallinjen kommer området x > 0, 4 att innehållas i detta och snittet av dessa två talområden blir då x >. På samma sätt fås i det andra fallet x <, 4. Detta är alltså slutresultatet, som kan kontrolleras t.ex. genom att göra en värdetabell och rita upp kurvan y = x + 4x+ och titta efter var denna är större än. Liksom hos ekvationer kan även olikheter innehålla fria parametrar. Med olikheter måste man dock beakta tecknen på de fria parametrarna, eftersom detta kan påverka riktningen hos olikhetstecknet. Därför löser man en olikhet med fria parametrar i praktiken separat för ett antal olika fall som beaktar olika värden på den fria parametern. Detta illustreras i följande Exempel Vi löser olikheten ax a < x 4. ax a < x 4 x(a ) < a 4 = (a+)(a )

37 36 KAPITEL 3. EKVATIONER OCH OLIKHETER I vänstra ledet har vi nu den konstanta koefficienten a. Beroende på dess tecken kommer olikhetstecknet att påverkas då vi löser olikheten. Om a > 0, så har vi a >, vilket vid division med a i båda leden ger x < a+. Å andra sidan, om a < 0, så har vi a <, vilket på samma sätt som ovan ger x > a+. Ifall vi råkar ha a = 0, så är ju a = och då har den ursprungliga olikheten utseendet x 4 < x 4 0x < 0, vilket inte har lösningar. Sammanfattningsvis är olikhetens lösningsmängd: {R x < a+}, a >, L = {R x > a+}, a <,, a =. Den första raden utläses alltså mängden av alla sådana x R, sådana att x < a+ för a >. 3. Andragradsekvationer och -olikheter En andragradsekvation kan skrivas i formen ax + bx+c = 0, där a( = 0), b och c är konstanter. Vi skall nu lösa denna ekvation med användning av kvadratkomplettering, som går till så att vi försöker skriva om vänstra ledet så att vi där får ett kvadratuttryck skrivet med kvadreringsregeln vi sett tidigare. Eftersom a = 0 kan ekvationen divideras med denna konstant och vi får x + b a x+ c a = 0.

38 3.. ANDRAGRADSEKVATIONER OCH -OLIKHETER 37 Enligt kvadreringsregeln gäller(p+q) = p + pq+q, och vi låter p = x ). samt pq = b a x. Då måste alltså q = b a och q = a b samt q = a Tyvärr har vi ju då inte direkt (p + q) = p + pq + q i vänstra ledet av vår ekvation, men det är alltid tillåtet att addera till det som behövs ifall vi adderar till samma sak i högra ledet (detta är ett trick som kan vara värt att komma ihåg, samma idé återkommer ofta). Således kan vår ekvation skrivas x + b ( ) b a x+ + c ( ) b a a = a Flyttar över en konstant och hyfsar ( x+ b ) ( ) b = c a a a ( b Hyfsar högra ledet ( x+ b ) ( ) b = 4ac a a (a) [ ( a x+ b )] = b 4ac a Drar roten ur båda leden, vi måste då kräva att b 4ac 0 ( a x+ b ) = b a 4ac Då absolutbeloppet beaktas, fås Slutresultatet fås genom att lösa ut x ( a x+ b ) = ± b a 4ac x = b± b 4ac a.

39 38 KAPITEL 3. EKVATIONER OCH OLIKHETER Detta brukar kallas rotformeln för lösning av en andragradsekvation. Formeln fungerar även för specialfallen b = 0 och/eller c = 0. I härledningen krävde vi att b 4ac 0 och vänstra ledet av denna olikhet brukar kallas diskriminanten och definieras enligt följande: Definition 3... Diskriminanten för en andragradsekvation ax + bx + c = 0 är D = b 4ac. Diskriminanten bestämmer andragradsekvationens lösningsmängd, vi har följande Regel 3... Lösningsmängden hos andragradsekvationen ax + bx+c = 0.. Om D > 0 så har ekvationen två reella lösningar L = {x, x R}.. Om D = 0 så har ekvationen en reell lösning, som brukar kallas dubbelrot, d.v.s. L = {x = x R}. 3. Om D < 0 så har ekvationen inga reella lösningar, L =. Man behöver inte alltid använda rotformeln för att lösa andragradsekvationen ax + bx+c = 0, ifall det finns två rötter. I synnerhet om lösningarna (nollställena till polynomet ax + bx+c, kallas även i många sammanhang rötter) råkar vara heltal har man nytta av följande egenskap: Observation 3... Rötternas egenskaper för andragradsekvationen ax + bx+ c = 0. Vi betecknar x = b+ b 4ac a, x = b b 4ac a. Då gäller: x + x = b+ b 4ac a + b b 4ac a = b a = b a, x x = ( b+ b 4ac)( b b 4ac) = ( b) ( b 4ac) (a) (a) tal. = b b ( 4ac) (a) = c a. Det finns dock i detta fall komplexa lösningar, mer om dessa i samband med komplexa

40 3.. ANDRAGRADSEKVATIONER OCH -OLIKHETER 39 Således, om man omformar andragradsekvationen till x + b a x+ c a = 0, så kan man avläsa rötterna direkt från koefficienterna ifall man kan hitta två tal, vars summa är b a och vars produkt är c a. Exempel Bestäm lösningarna till ekvationen x 5x+ = 0. Nu är a =, b = 5 och c =. Då ger rotformeln x, = b± b 4ac a = 5± ( 5) 4 4 = 5± 9 4 = 5±3 4. Alltså har vi diskriminanten D = b 4ac = 9 > 0 och de två lösningarna x = och x =. Om vi genom division med a hade omformat ekvationen till x 5 x+ = 0, så kunde vi ha avläst rötterna direkt från den omformade ekvationens koefficienter, eftersom x + x = 5 och x x =. Exempel Bestäm lösningarna till ekvationen 3x x+ = 0. Nu är a = 3, b = och c =. Då ger rotformeln x, = b± b 4ac a = ± ( ) = ± 0 6 =. Alltså har vi diskriminanten D = b 4ac = 0 och det finns endast en lösning x = x =. Om vi nu genom division med a hade omformat ekvationen till x 4x+4 = (x ) = 0, så kunde vi ha löst dubbelroten direkt från ekvationen x = 0.

41 40 KAPITEL 3. EKVATIONER OCH OLIKHETER Exempel Bestäm lösningarna till ekvationen 5x x+ = 0. Nu är a = 5, b = och c =. Då ger rotformeln x, = b± b 4ac a = ± ( ) = ± 6 0 R. Diskriminanten är D = b 4ac = 6 < 0 och det finns då inga reella lösningar. Exempel För vilka värden på konstanten k har ekvationen x+k = 3 x två olika reella lösningar? Ekvationen kan omformas till vår vanliga form för en andragradsekvation, x + x+k 3 = 0. Vi ser nu att a =, b = och c = k 3. Enligt teorin har denna två olika reella rötter då diskriminanten uppfyller villkoret D = b 4ac = 4(k 3) > 0. Vi behöver alltså lösa en olikhet med k som variabel, enligt 4(k 3) > 0 4 > 4(k 3) > k 3 +3 > k 3+3 k < 4. Alternativt kunde vi ha löst ekvationen direkt med rotformeln och den vägen kommit fram till ett motsvarande villkor som vi har för diskriminanten. Ifall det existerar rötter, kan rotformeln förutom till att lösa andragradsekvationer även användas till faktorisering (uppdelning av polynom i faktorer), eftersom vi har sett att rötterna x och x har egenskaperna x + x = b a och x x = a c och då blir Observation ( ) a(x x )(x x ) = a x x x x x+( x )( x ) ] = a [x (x + x )x+x x ( = a x + b a x+ c ) a = ax + bx+c = 0,

42 3.. ANDRAGRADSEKVATIONER OCH -OLIKHETER 4 vilket ju visar att ett godtyckligt andragradspolynom kan faktoriseras med hjälp av sina rötter. Detta illustrerar även följande regel, som ifråga om ekvationer i praktiken betyder att faktorisering och bestämning av nollställen är ekvivalenta. Regel Nollregeln ab = 0 a = 0 b = D < 0 D = 0 D > 0.5 y x Figur 3.: Principskiss av y = ax + bx + c, a > 0 för olika värden på diskriminanten D = b 4ac. Lösning av andragradsekvationer kan även utnyttjas för lösning av andragradsolikheter ax + bx+c 0,

43 4 KAPITEL 3. EKVATIONER OCH OLIKHETER 0.5 D > 0 D = 0 D < y x Figur 3.: Principskiss av y = ax + bx + c, a < 0 för olika värden på diskriminanten D = b 4ac. där olikhetstecknen även kan vara stränga (>, respektive <). Notera att multiplikation av alla termer med svänger på olikhetstecknet, så det har ingen betydelse vilket tecken man arbetar med bara man är konsekvent. Dessa olikheter kan lösas genom att först lösa ekvationen ax + bx + c = 0 och sedan antingen beakta diskriminanten och tecknet hos koefficienten a eller genom att ställa upp ett teckenschema för kurvan y = ax + bx+c med beaktande av rötterna till ekvationen. Kurvans utseende för olika tecken på koefficienten a och diskriminanten illustreras i figurerna 3. och 3.. Om a > 0 så kommer y att växa mot + ju längre bort från origo x går, parabeln öppnar sig således uppåt. Å andra sidan, om a < 0 så kommer y att växa mot ju längre bort från origo x går och parabeln öppnar sig alltså nedåt. Detta, tillsammans med diskriminantens

44 3.. ANDRAGRADSEKVATIONER OCH -OLIKHETER 43 karakterisering av rötterna till ekvationen ax + bx+c = 0 gör det möjligt att lösa olikheten. Vi kommer ihåg att D > 0 betyder att det finns två reella rötter, att D = 0 betyder att det finns en dubbelrot och att D < 0 innebär att det inte existerar reella rötter. Tabell 3.: Lösningsmängden för andragradsolikheter med olika parametervärden. Beteckningen a avser kvadratiska termens koefficient och D betecknar diskriminanten. Eftersom a kan vara positiv eller negativ, f(x) = ax + bx + c kan vara strängt/icke-strängt positiv eller negativ och diskriminanten kan vara positiv, noll eller negativ fås totalt 4 olika konstellationer för olikhetens lösningsmängd. L f(x) D > 0 D = 0 D < 0 < 0 ]x, x [ 0 [x a > 0, x ] {x } > 0 ], x [ ]x, [ R\{x } R 0 ], x ] [x, [ R R < 0 ], x [ ]x, [ R\{x } R 0 ], x a < 0 ] [x, [ R R > 0 ]x, x [ 0 [x, x ] {x } Exempel Låt f(x) = ax + bx+c, a < 0. Vi löser nu olikheten f(x) 0. Det finns tre fall att beakta beroende på diskriminantens värde:. D > 0, ekvationen f(x) = 0 har nu två rötter; x och x. Parabeln öppnar sig nedåt, ty a < 0 och vi har situationen i figur 3. (översta kurvan). Då ligger kurvan ovanför eller på x-axeln för x-värden i intervallet[x, x ] (d.v.s. x x x ) och lösningsmängden är just detta intervall.. D = 0, ekvationen f(x) = 0 har nu en dubbelrot; x = x. Parabeln öppnar sig nedåt, ty a < 0 och vi har situationen i figur 3. (mellersta kurvan). Då ligger kurvan ovanför eller på x-axeln endast för värdet på dubbelroten och lösningsmängden är punkten x.

45 44 KAPITEL 3. EKVATIONER OCH OLIKHETER 3. D < 0, ekvationen f(x) = 0 har nu inga rötter. Parabeln öppnar sig nedåt, ty a < 0 och vi har situationen i figur 3. (nedersta kurvan). Då ligger kurvan ovanför eller på x-axeln för inga x-värden och lösningsmängden är tom. I tabellen ovan sammanfattas de olika konfigurationerna för olikhetens lösningar. Tabellen är inte avsedd för systematisk inlärning, utan främst som en sammanfattning av de olika lösningar som kan förekomma för oilka parametervärden. 3.3 Rationella olikheter Med en rationell olikhet avses en olikhet som innehåller rationella uttryck, exempelvis av formen r(x) = p(x) q(x) < 0, där täljaren p(x) och nämnaren q(x) är polynom. En allmän teknik för att lösa olikheten ovan är att undersöka täljaren och nämnaren var för sig, genom att bestämma nollställen och tecken kring dessa. Före detta måste man dock ofta omforma olikheten för att bringa den i formen ovan. Detta innebär ofta att multiplicera för att åstadkomma lika nämnare, sammanslagning av termer, konstanter osv. Nämnarens nollställen måste också alltid bestämmas för att få fram definitionsmängden för r(x). En effektiv metod att granska nollställena och deras omgivning är därefter att göra upp ett teckenschema som beaktar både täljaren och nämnaren. Exempel Lös olikheten x 5x+6 x 7x+ <. Vi börjar med att bestämma definitionsmängden genom att söka nollställena till nämnaren, q(x) = x 7x+ = 0. Rotformeln ger då (alternativt kan rötterna avläsas direkt från koefficienterna enligt ovan) x, = ( 7)± ( 7) 4 = 7±.

46 3.3. RATIONELLA OLIKHETER 45 Således är definitionsmängden D = R\{3, 4}. Eftersom olikheten inte är i formen r(x) < 0 kan den omformas enligt: x 5x+6 x 7x+ < (x 5x+ 6) (x 7x+) x 7x+ (x 7x+ ) < 0 x 0x+ x + 7x (x 7x+) < 0 x 3x (x 7x+ ) < 0 x(x 3) (x 3)(x 4) < 0 x (x 4) < 0 f(x) = x x 4 < 0. Nu ställer vi upp teckenschemat för täljare och nämnare x x f(x) Olikheten satisfieras (uppfylls) alltså där f(x) är negativt (vi använder här beteckningen för värden som inte tillhör definitionsmängden D = R\{3, 4}) och då kan lösningsmängden avläsas från sista raden i teckenschemat som de värden där f(x) =. Således har vi slutresultatet L =]0, 4[\{3}. Alternativt kunde man ha utgått från den delvis hyfsade olikheten x 3x (x 7x+) < 0 enligt samma metodik som visades, varvid teckenschemat skulle ha blivit detsamma, men man hade inte behövt komma ihåg att punkten {3} inte tillhör definitionsmängden eftersom denna hade dykt upp i tabellen som ett nollställe till nämnaren.

47 46 KAPITEL 3. EKVATIONER OCH OLIKHETER 4 3x+ x y x Figur 3.3: Ett linjärt ekvationssystem med två ekvationer och två obekanta kan grafiskt representeras som två linjer i (x, y)-koordinatsystemet. Den eventuella lösningen (Observera att någon lösning inte nödvändigtvis behöver finnas!) representeras av linjernas skärningspunkt. 3.4 Ekvationssystem Vi studerar lösning av linjära ekvationssystem, av formen: { a x+b y = c a x+b y = c, där koefficienterna a, a, b = 0 och b = 0 samt konstanterna c och c är kända. Vi är nu intresserade av de värden på x och y som samtidigt satisfierar de båda ekvationerna, låt dessa vara x 0 respektive y 0. Lösningen representerar grafiskt den punkt (x 0, y 0 ) i (x, y)-koordinatsystemet, där

48 3.4. EKVATIONSSYSTEM 47 linjerna y = a b x+ c b och y = a b x+ c b skär varandra. Ifall linjerna är parallella, d.v.s. då a b = a b, skär de inte varandra och då existerar heller ingen lösning till systemet. Ekvationssystemets { 3x+y = x+y = grafiska ( representation ) illusteras i figur 3.3, där skärningspunkten(x 0, y 0 ) = 3 5, 5 4 utgör systemets lösning och ekvationssystemet har alltså lösningsmängden L = (x, y) = 3 5, 5 4. { ( )} För att undersöka hur man löser enkla linjära ekvationsssystem skall vi se på exempel med två olika metoder; additionsmetoden och insättningsmetoden. Bägge metoderna innebär i princip att en av de två variablerna x och y elimineras samtidigt med en av de två ekvationerna. Metoderna skiljer sig endast i själva utförandet av denna eliminering.. Additionsmetoden Exempel Lös ekvationssystemet { 4x+3y = 8 6x+y = Ekvationerna multipliceras nu med lämpliga faktorer så att de termer som innehåller en av variablerna x och y försvinner då de resulterande ekvationerna adderas. { 4x+ 3y = 8 Addition ger nu 6x+ y = ( 3). 8x+ 6y = 6 + 8x 6y = 36 0x = 0 Den återstående ekvationen har nu lösningen x = och sätter man in detta i någon av de ursprungliga två ekvationerna fås t.ex. 8 +6y = 6, vilket ger y = 0. Ekvationssystemet har alltså lösningsmängden L = {(x, y) = (, 0)}.

49 48 KAPITEL 3. EKVATIONER OCH OLIKHETER. Insättningsmetoden Exempel Lös ekvationssystemet { x 5y = 3x y = 5 I denna metod utgår man från en (valfri) av ekvationerna för att bilda ett uttryck för den ena av de okända variablerna x och y, som därefter sätts in i den andra ekvationen. Det brukar vara mest praktiskt att utnyttja den ekvation som har den minsta koefficienten för den av variablerna som skall elimineras. I detta fall ger den andra ekvationen, 3x y = 5, ett uttryck för variabeln y enligt y = 3x+ 5. Detta kan sättas in i den första ekvationen x 5(3x+ 5) = x 5x 5 = 3x = 3, som har lösningen x =. Sätts detta in i vårt uttryck för den andra variabeln y, fås y = 3 ( )+5 =. Ekvationssystemet har alltså lösningsmängden L = {(x, y) = (, )}. Ekvationssystem kan ha flera obekanta och flera ekvationer än två. Systematiska metoder för direkt lösning 3 av linjära ekvationssystem påminner om den ovan behandlade additionsmetoden. 3.5 Ekvationer av högre grad Att lösa en högregradsekvation innebär att man söker rötterna (nollställena) till ett polynom av gradtal större än två. Således har ekvationen i den okända variabeln x formen p(x) = a n x n + a n x n + a n x n + +a x + a x+a 0 = 0, Linjära ekvationssystem förekommer i många tillämpningar i ingenjörsmatematik, datateknik, fysik och processteknik. Antalet ekvationer kan t.ex. vid beräkning av strömningsfält i industriella anläggningar vara miljoner. Detta har lett till att just algoritmer för effektiv lösning av ekvationssystem har sedan 960-talet varit ett aktivt forskningsområde inom numerisk matematik. 3 Det finns även s.k. iterativa metoder som innebär att man löser systemet genom att först göra en utgångsgissning som sedan stegvis förbättras tills man kommer tilräckligt nära lösningen

50 3.5. EKVATIONER AV HÖGRE GRAD 49 där a 0, a, a,..., a n, a n och a n = 0 är konstanter och n 3. Ekvationen ovan har n rötter, x 0, x,..., x n, men dessa behöver inte vara reella utan en del eller alla av rötterna kan vara komplexa tal (t.ex. i fallet p(x) = x + = 0). Dessvärre finns det ingen systematisk metod att bestämma alla dessa rötter ifall n 5, så då får man oftast nöja sig med numerisk beräkning (olika former av approximationer baserade på datorberäkningar). Det är dock känt vilka gänser rötterna kommer att ligga inom, beroende på koefficienternas värden, och detta kan utnyttjas för att utvärdera resultaten från de numeriska beräkningarna. Emedan de systematiska metoderna för fallen n = 3, 4 faller utanför denna kurs återstår främst olika specialfall som kan utnyttjas för att bestämma rötterna. Dessa är variabelbyte, faktorisering med hjälp av gruppering samt faktorisering med hjälp av prövning och illustreras med exemplen nedan. Exempel Variabelbyte x 4 3x 4 = 0. För enkelhets skull kräver vi att lösningarna skall vara reella. Ekvationen kan hanteras genom att man döper om variabeln (man säger då att man gör ett variabelbyte) enligt x = t, varvid fås den nya ekvationen av grad två i den nya variabeln t t 3t 4 = 0, som har rötterna t = och t = 4 (Kontrollera detta med vår tidigare behandling av andragradsekvationer!) Nu har vi då med beaktande av variabelbytet två ekvationer; x = samt x = 4. Den första ekvationen saknar reella lösningar så den ger oss inga x-värden (rötter), medan den andra ekvationen har lösningarna x = och x =, vilket här också är slutresultatet. Ekvationens lösningsmängd är således L = {±}. Exempel Gruppering och faktorisering x 3 x x+4 = 0. Vi kan bryta ut faktorn x ur de två första termerna och faktorn ur de två sista termerna, vilket möjliggör grupperingen och faktoriseringen x (x ) (x ) = 0 (x )(x ) = 0 x = 0 x = 0 x = ± x =,

51 50 KAPITEL 3. EKVATIONER OCH OLIKHETER där det nästsista steget från det faktoriserade uttrycket till de två ekvationerna motiveras av nollregeln. Rötterna är alltså x =, x = och x 3 =. Ekvationens lösningsmängd är L = {, }. Exempel Prövning och faktorisering p(x) = x 3 + x 3 = 0. Vi försöker finna en rot med prövning (eller ren gissning). Detta kan föregås av t.ex. att man ritar upp grafen y = p(x) och tittar ungefär var denna skär x- axeln. Man kan också försöka fastställa ett område för var en rot kan finnas, vi ser t.ex. att p(0) = 3 < 0 (d.v.s. att grafen ligger under x-axeln i origo) och att p() = 9 > 0 (grafen ligger över x-axeln i punkten x = ). Då kan vi alltså vänta oss att det finns en rot i intervallet ]0, [. Efter lite funderingar visar det sig att x = satisfierar ekvationen, vilket betyder att en av dess rötter är ett. Enligt nollregeln och vår tidigare behandling av faktorisering kan ekvationen då omskrivas enligt p(x) = x 3 + x 3 = 0 ( x (x ) 3 ) + x 3 = 0 x ( x (x )+ x ) + x 3 (x ) = 0 x ( x (x ) ) (x )+ x(x )+3x 3 = 0 x ( x ) (x )+x(x )+3(x ) (x ) = 0 x ( ) (x ) x + x+3 = 0 x = 0 x + x+ 3 = 0 x = x =, där de sista stegen med tillämpningen av nollregeln är analoga med föregående exempel. Andragradsekvationen som uppstår har inga reella lösningar eftersom den har negativ diskriminant (Kontrollera detta med stöd av vår tidigare behandling av andragradsekvationer!). Ekvationens lösningsmängd är följaktligen L = {}.

52 3.5. EKVATIONER AV HÖGRE GRAD 5 Exempel Prövning och faktorisering p(x) = x 4 x 3 + 9x 3x+3 = 0. Återigen måste vi använda prövning. Det visar sig att x = är en lösning och då kan ekvationen skrivas i formen p(x) = x 4 x 3 + 9x 3x+3 = (x )q(x) = 0, där q(x) = p(x) x är ett polynom av gradtal tre (varför?). Detta polynom kan vi bestämma som i föregående exempel men man kan också använda direkt trappstegsdivision (eller någon annan divisionsmetod från skolkursen) enligt x 3 9x + 0x 3 x x 4 x 3 + 9x 3x + 3 x 4 x 3 9x 3 + 9x 9x 3 + 9x 0x 0x 3x 0x 3x + 3 3x Divisionen gav alltså resultatet q(x) = x 3 9x + 0x 3 och nollregeln ger oss då den nya ekvationen q(x) = 0 att lösa. Upprepad prövning visar då att x = är en lösning också till denna ekvation och vi kan då bestämma polynomet s(x) = q(x) x av gradtal två. Även denna division kan utföras med trappstegsmetoden enligt x 7x + 3 x x 3 9x + 0x 3 x 3 x 7x + 0x 7x + 7x 3x 3 3x 3 0

53 5 KAPITEL 3. EKVATIONER OCH OLIKHETER Resultatet blev nu s(x) = x 7x+3 och vi har således den faktoriserade ekvationen p(x) = (x )q(x) = (x )(x )s(x) = (x ) (x 7x+3) = 0. Nollregeln leder nu till de två ekvationerna (x ) = 0 och x 7x+3 = 0, som enkelt kan lösas. Den första ekvationen ger dubbelroten x, = (denna har ju redan lösts i de två prövningarna vi utförde) och den andra ekvationen är en andragradsekvation med lösningarna x 3,4 = ( 7)± ( 7) 4 3 = 7± 5 4 { } Ekvationens lösningsmängd är följaktligen L =,, 3. = 7± Kvadratrötter och absolutbelopp I detta avsnitt repeterar vi ekvationer och olikheter som innehåller kvadratrötter och absolutbelopp. Följande regel kan då vara till nytta: Sats Låt 0 a, b R (reella tal som är större än eller lika med noll). Då gäller i) a = b a = b. ii) a > b a > b. iii) a b a b. Bevis. i) Eftersom påståendet innehåller en ekvivalens (dubbelriktad pil) så skall man bevisa båda riktningarna, d.v.s att a = b leder till att a = b och vice versa. Således, om vi antar att a = b så leder kvadrering av båda leden direkt till att a = b och då har vi bevisat a = b a = b. Å andra sidan, om vi antar att a = b så måste även a b = 0. Detta kan faktoriseras med konjugatregeln till ekvationen (a + b)(a b) = 0. Enligt utgångsantagandet ovan hade vi att a, b 0, vilket antingen betyder att a = 0 och b = 0 eller att a b = 0 för att ekvationen skall satisfieras (uppfyllas) och detta innebär ju att a = b. Vi har alltså visat a = b a = b, vilket bevisar ekvivalensen.

54 3.6. KVADRATRÖTTER OCH ABSOLUTBELOPP 53 Alternativt kunde man direkt arbeta med ekvivalenser enligt a = b a b = 0 (a+b)(a b) = 0 a = 0 = b a b = 0 a = b. ii) ( ): Vi börjar med påståendet a > b a > b. a > b (a + b)(a b) > 0. Den stränga olikheten utesluter fallen a = 0 = b samt a = b och då måste a och b vara positiva vilket innebär att a+b > 0 och vidare att a b > 0 a > b. ( ): Omvänt, om vi antar att a > b så gäller enligt utgångsantagandet att a > b 0 och då gäller a+b > 0 samt a b > 0 vilket betyder att a b > 0 och i sin tur at a > b. iii) Detta påstående kan bevisas med stöd av ii) ovan. Vi har a b a = b a > b a = b a > b a b. (vilket skulle bevisas) 3.6. Ekvationer med kvadratrötter I arbetet med ekvationer som innehåller kvadratrötter utnyttjar vi sats 3.6. flitigt, främst vid kvadrering uttryck för att bli av med kvadratrötter. Exempel Betrakta ekvationen x + = x x. Vi börjar med att undersöka ekvationens definitionsmängd. Uttrycket under roten får inte bli negativt, alltså måste x + > 0, vilket gäller x R. Således är D = R. Eftersom rotuttrycket i vänstra ledet uppfyller x + > 0 4, måste även högra ledet uppfylla motsvarande olikhet och x x > 0 x x < 0. Detta är en rationell olikhet i standardformen (se ovan) som är definierad på mängden R\ {0} och med teckenschema ser man att dess lösningsmängd är], [ ]0, [. 4 Man kan här även tänka sig en mildare variant, nämligen att x + 0 som fungerar lika väl vid tillämpningen av satsen 3.6. emedan dess utgångsantaganden innehåller även likheten. Slutresultatet, lösningen till ekvationen blir densamma, trots att lösningsmängdens gränser nu till viss del beaktas i resonemanget.

55 54 KAPITEL 3. EKVATIONER OCH OLIKHETER Samma slutsats kommer man till genom att studera figuren nedan, där man direkt ser att f(x) g(x) = x x är positivt i denna mängd. Sammantaget har vi då att vänstra och högra ledet i den ursrpungliga ekvationen är positiva på mängden ], [ ]0, [ och så länge x antar värden i denna mängd kan satsen 3.6. utnyttjas för att kvadrera båda leden och bli av med kvadratroten. Omskrivning av högra ledet samt kvadrering med vidare hyfsning ger då x + = ( x ) x ( x 4 + x = x ) x + 4x = x = ± 4 = ±. Av dessa två lösningar är det endast den positiva som faller inom lösningsmängden ovan, så ekvationens lösning är då x =, vilket kan verifieras genom insättning i den ursprungliga ekvationen. Lösningen är en skenlösning. Sådana brukar uppträda för x-värden som inte uppfyller satsens 3.6. utgångsantaganden (nämligen det att a, b 0) Olikheter med kvadratrötter Olikheter som innehåller kvadratrötter hanteras i princip på samma sätt som ekvationer, men man måste vara noggrann med definitionsmängden för de ingående uttrycken och hålla reda på riktningen hos olikhetstecknet. Ifall termerna i olikheten multipliceras (divideras) med ett negativt tal byter olikhetstecknet riktning. Ett bra hjälpmedel är grafen av vänstra och högra ledet i olikheten, som illustrerar var olikheten gäller. Exempel Vi betraktar olikheten x+ x < 0. Börjar med att notera att kvadratroten är definierad endast då x + 0, medan termen x är definierad för alla reella tal. Oliheten kan nu omskrivas i formen x+ < x,

56 3.6. KVADRATRÖTTER OCH ABSOLUTBELOPP 55 4 f(x) = x g(x) = x y x Figur 3.4: Funktionerna f(x) = x och g(x) = x i högra ledet av ekvationen ovan. där kvadratroten uppfyller x+ 0 i definitionsmängden D = [, [. Då olikheten gäller medför detta att 0 x+ < x, vilket ger x > 0. Kvaderar man olikheten fås x+ < x x x > 0. Grafen av x x är en parabel som öppnar sig uppåt och skär x-axeln i rötterna till ekvationen x x = 0, som är (fås med rotformeln eller direkt avläsning av koefficienterna) och. Således satisfieras olikheten x x > 0 av], [ ], [ (ses enklast genom att rita teckenschema). Dock noterade vi ovan att den ursprungliga olikheten krävde (för att undvika skenlösningar vid kvadreringen), att x > 0, vilket ger slutresultatet för lösningsmängden L = ], [. Exempel Studera olikheten 3 x x. Kvadratroten är definierad då 3 x 0 x 3 x 3. Nu är kvadratroten i vänstra ledet (VL) alltid icke-negativ, men eftersom denna alltid

57 56 KAPITEL 3. EKVATIONER OCH OLIKHETER skall vara större än eller lika med x innebär detta inga tilläggskrav på lösningsmängden, d.v.s. D =], 3]. Uttrycket x i högra ledet (HL) kan mycket väl vara negativt, utan att detta ger skenlösningar. Dock måste man beakta detta vid kvadrering, kom ihåg att sats 3.6. gäller endast för positiva tal. Detta betyder att situationen med negativt HL måste undersökas skillt. Då är alltså x < 0 x < x > 3 x > 3 = 3 x > och olikheten uppfylls alltid. Kvadrering, hyfsning och lösning (samma typ av parabel som i föregående exempel) ger nu 3 x (x ) 3 x x x+ 0 x x x. Med beaktande av definitionsmängden D =], 3] och resonemanget för negativt HL ovan fås slutresultatet L =], ] [, ] =], ]. Ritar man upp VL och HL i figuren nedan ses att resultatet är korrekt. 4 f(x) = 3 x g(x) = x y x Figur 3.5: Funktionerna f(x) = 3 x och g(x) = x i vänstra respektive högra ledet av olikheten ovan.

58 3.6. KVADRATRÖTTER OCH ABSOLUTBELOPP Absolutbelopp Absolutbeloppet av ett tal kan tolkas som dess avstånd från origo på tallinjen. Avstånd är ju alltid positiva så detta gäller även för absolutbelopp. vi repeterar följande Definition Låt x R. Då är absolutbeloppet av x { x, om x 0 x = x, om x < 0 Således gäller exemplevis att absolutbeloppet av 3 är 3, eftersom 3 0, medan absolutbeloppet av är ( ) =, eftersom < 0. Vid hantering av uttryck innehållande absolutbelopp behövs förutom definitionen även följande regler som kan bevisas utgående från definitionen. Regel För a, b R gäller. ab = a b a. b = a b 3. a = a Exempel Bestämmer och ritar grafen av f(x), då f(x) = 3x. Vi börjar med att förenkla absolutbeloppet utgående från definitionen { 3x, om 3x 0 f(x) = 3x = (3x ), om 3x < 0 { 3x, om 3x = 3x+, om 3x < { 3x, om x 4 = 3x+, om x < 4 Exempel Bestämmer och ritar grafen av x. Vi börjar med att förenkla absolutbeloppet stegvis utgående från definitionen ovan. Då man har nästlade absolutbelopp kan man starta med det innersta absolutbeloppet, i detta fall x som ju enligt definitionen antar olika värden för x 0 respektive x < 0. Vi får då uppdelningen

59 58 KAPITEL 3. EKVATIONER OCH OLIKHETER y f(x) = 3x x Figur 3.6: Grafen av f(x) = 3x. Observera att f(x) aldrig antar negativa värden.. x 0 x = x { x, om x 0 x = x = (x ), om x < 0 { x, om x = x, om x <. x < 0 x = x { x, om x 0 x = x = ( x ), om x < 0 { x, om x = x+, om x >

60 3.6. KVADRATRÖTTER OCH ABSOLUTBELOPP 59 Sammanfattningsvis har vi då (se även grafen nedan) x, om x x+, om < x < 0 x = x, om 0 < x < x, om x 0 f(x) = x 8 6 y x Figur 3.7: Grafen av y = f(x) = x. Absolutbelopp sammanhänger även med hantering av rotuttryck, vi har tidigare sett att då man drar kvadratroten ur ett kvadratiskt uttryck kommer absolutbeloppet in och man måste beakta olika tänkbara fall som i följande exempel Exempel Vi hyfsar rotuttrycket x + 4x+ = (x + x+) = (x+). (x+ ) = x+ = { x+, om x+ 0 (x+ ), om x+ < 0 = { x+, om x x, om x <

61 60 KAPITEL 3. EKVATIONER OCH OLIKHETER Ekvationer med absolutbelopp Liksom då man hyfsar uttryck med absolutbelopp kan också ekvationer lösas genom att få bort absolutbeloppet via indelning i olika intervall för den okända variabeln och beaktande av de olika fallen som då uppstår. Ett annat sätt är att kvadrera båda leden i ekvationen och utnyttja egenskapen 3. i regel En nackdel med detta förfarande är att uttrycken blir svårare att hantera eftersom deras gradtal höjs (t.ex. ett polynom av andra grad har ju grad fyra efter kvadreringen). Ekvationen blir då algebraiskt svårare att lösa. Å andra sidan kan förfarandet med indelning i intervall och bektande av olika situationer leda till invecklade resonemang då de olika fallen skall sammanfattas till en lösning. Exempel Vi löser ekvationen x+ = x och börjar med att betrakta VL och HL var för sig. Enligt definitionen på absolutbelopp har vi då { x+, om x x+ = x, om x < { x, om x x = x, om x >. Det finns alltså två punkter på tallinjen, där uttrycken innanför absolutbeloppen växlar tecken. Detta betyder att vi måste beakta de tre intervallen: ], [, [, ] samt ], [. Vi har således tre olika fall för ekvationen som måste undersökas I intervallet], [ har vi VL: x HL: x VL=HL: x = x = falskt! Ekvationen har följaktligen inga lösningar i detta intervall.

62 3.6. KVADRATRÖTTER OCH ABSOLUTBELOPP 6 I intervallet[, ] har vi VL: x+ HL: x VL=HL: x+ = x x = x = Eftersom [, ] är detta en lösning till den ursprungliga ekvationen.5 I intervallet], [ har vi VL: x+ HL: x VL=HL: x+ = x = falskt! Ekvationen har följaktligen inga lösningar i detta intervall. Slutresultatet för den undersökta ekvationen blir då L = { }, vilket kan verifieras genom insättning i ekvationen eller uppritande av graferna till funktionerna i vänstra och ( högra ) ledet (gör detta!). Dessa grafer visar sig skära varandra endast i punkten, 3. Exempel Vi löser ekvationen x+ = x med kvadreringsmetoden och tillämpning av egenskapen 3. i regel Kvad- 5 Om den här beräknade kandidaten till lösning inte hade legat i det undersökta intervallet hade det varit frågan om en skenlösning. Sådana godkänns inte som lösningar till den ursprungliga ekvationen.

63 6 KAPITEL 3. EKVATIONER OCH OLIKHETER rering och hyfsning ger då x+ = x (x+ ) = ( x) x + 4x+4 = x+x x x + 4x+ x+4 = 0 6x+3 = 0 6x = 3 x = 3 6 =. Exempel Vi löser en ekvation med nästlade absolutbelopp x+ x = x. Vi beaktar de olika fallen med början från de innersta absolutbeloppen { x+, om x x+ = x, om x < { x, om x 0 x = x, om x < 0 { x, om x x = x, om x >. Hittills har vi alltså tre punkter på tallinjen där uttrycken innanför absolutbeloppen byter tecken, vilket betyder att vi bör undersöka intervallen ], [, [, 0[, [0, ] samt ], [ med det yttersta absolutbeloppet kvar. I intervallet ], [ har vi VL: x ( x) HL: x VL=HL: x+x = x = x x = 0. Ekvationen har följaktligen inga lösningar i detta intervall, x = 0 är en skenlösning.

64 3.6. KVADRATRÖTTER OCH ABSOLUTBELOPP 63 I intervallet[, 0[ har vi VL: x+ ( x) HL: x VL=HL: x++ x = x x+ = x. Nu noterar vi att x+ byter tecken [ för x = [ så intervallet[, 0[ vi arbetar [ med måste delas upp i intervallen, (där x+ < 0) och [, 0 (där x+ 0). Vi får då de två fallen [ x, [ : (x+) = x x = x x x = + x = [, 0]. [ Detta är alltså en skenlösning. I intervallet [, 0 fås på motsvarande sätt x [ [, 0 : x+ = x x+x = 3x = 0 x = 0 [, 0[. Även detta är alltså en skenlösning, emedan det undersökta intervallet [, 0[ inte innehåller den övre gränsen origo. Vi fortsätter med de två kvarvarande intervallen I intervallet[0, ] har vi VL: x+ x HL: x VL=HL: x x+ = x = x x = = 0 [0, ].

65 64 KAPITEL 3. EKVATIONER OCH OLIKHETER Eftersom denna lösning tillhör det undersökta intervallet kan den godkännas. I intervallet], [ har vi VL: x+ x HL: ( x) VL=HL: x x+ = + x = + x x = + = ], [. Eftersom denna lösning tillhör det undersökta intervallet kan den godkännas. Slutresultatet för den undersökta ekvationen blir då L = {0, }, vilket kan verifieras genom insättning i ekvationen. Alternativt kunde lösningen ha utförts med kvadreringsmetoden, i det här fallet blir den vägen betydligt kortare: x+ x = x x+ x = x ( x+ x ) = ( x) x+ x x+ + x = x+x (x+) x(x+) +x = x+x x + x+ x(x+) +x = x+x I det nästsista steget utnyttjades moment. i regel för att sätta x x+ = x(x + ). Vi fortsätter nu med att undersöka detta absolutbelopp. Grafen av polynomet x(x+ ) är en parabel som öppnar sig uppåt och har nollställena 0 och (försäkra dig om detta). Således gäller enligt definitionen på absolutbelopp att x x 0 : x(x+) = x(x+) samt < x < 0 : x(x+ ) = x(x+). Då har vi i det första fallet: x x 0 : x + x+ x(x+)+x = x+x x + x+ x x+x = x+x = x+x x x = 0 x(x ) = 0 x = 0 x =,

66 3.6. KVADRATRÖTTER OCH ABSOLUTBELOPP 65 och i det andra fallet: < x < 0 : x + x++x(x+)+x = x+x x + x++x + x+x = x+x 4x + 4x = x+x 3x + 6x = 0 3x(x+ ) = 0 x = 0 ], 0[ x = ], 0[. Dessa lösningar är alltså skenlösningar, emedan de inte tillhör det undersökta intervallet. Slutresultatet är följaktligen L = {0, } Olikheter med absolutbelopp Olikheter som innehåller absolutbelopp hanteras med samma metoder som för ekvationer. Då en olikhet multipliceras med ett positivt objekt bibehålls olikhetstecknets riktning oförändrat, om objektet är negativt måste man svänga på olikhetstecknet. Om objektet kan vara både positivt och negativt måste man dela upp lösningen i flera fall, där detta beaktas skillt. I följande exempel används kvadreringsmetoden Exempel Vi löser olikheten x < x+3. Olikheten är definierad i (då nämnarna inte är lika med noll) D = R\{ 3, }. Minsta gemensamma nämnare är x x + 3, denna är alltid positiv (varför? 6 ), så olikheten kan multipliceras med x x+3 utan att olikhetstecknet 6 Enligt regel är x x+ 3 = (x )(x+3) och ett absolutbelopp är ju alltid positivt.

67 66 KAPITEL 3. EKVATIONER OCH OLIKHETER påverkas. Om vi vidare kvadrerar fås x < x+3 x x+3 x < x x+3 x+ 3 x+ 3 < x (x+3) < (x ) x + 6x+ 9 < x 4x+4 0x < 5 x <. Eftersom vi måste beakta att olikheten inte är definierad i x = 3 måste denna punkt exkluderas ] ur lösningen [ vi fick på olikheten. Då blir slutresultatet: L = ], 3[ 3,.

68 Kapitel 4 Funktioner Funktionen är ett centralt begrepp i ingenjörsmatematiken, funktionen kommer att vara ett viktigt objekt att arbeta med vid derivering och integrering i vår kommande behandling av differential- integralkalkyl. Vi studerar i detta kapitel därför de viktigaste egenskaperna hos funktioner med korta definitioner och exempel. 4. Definition och egenskaper En funktion kan uppfattas som en regel som tillämpas på talen x i en mängd A, så att då regeln används på dessa tal så fås talen y i mängden B. Dessa y B kallas då funktionsvärden. För att en regel skall vara förnuftig måste den vara entydig, vilket i detta sammanhang betyder att för varje tal x skall man få endast ett tal y. Detta framgår av följande: Definition 4... En funktion f från mängden A till mängden B är en mängd talpar (x, y), som uppfyller villkoret att det för varje x A finns ett och endast ett y B sådant att y = f(x). Mängden A brukar kallas definitionsmängd, och betecknas ofta D f, medan mängden B kallas värdemängd, och betecknas ofta V f. Definitionsmängden består alltså av de värden som sätts in i funktionen, d.v.s. x- värdena, och värdemängden av de värden som kan beräknas vid denna insättning, d.v.s. värdena y = f(x). Funktionen f kan betraktas som en avbildning från mängden A = D f till mängden B = V f, vilket skrivs f : D f V f. Jämna och udda funktioner karakteriseras av vad som händer om man sätter in x i stället för x, enligt följande: 67

69 68 KAPITEL 4. FUNKTIONER Definition 4... En funktion f är en jämn funktion om det för varje x D f gäller att f( x) = f(x). Definition En funktion f är en udda funktion om det för varje x D f gäller att f( x) = f(x). Observera att det finns funktioner som varken är jämna eller udda. Exempel 4... Vi studerar några funktioners egenskaper. a) Betrakta funktionen f(x) = x + 4. Vi beräknar f(x+ ) = (x+) + 4 = x + 4x+ 4+4 = x + 4x+ 8, funktionen är jämn eftersom f( x) = ( x) + 4 = x + 4 = f(x). b) Vi vet att funktionen f har egenskapen f(x + ) = x 3. Bestämmer först f(5) och sedan funktionens form, f(x). Man ser nu att f(5) = f(3+ ) = 3 3 = 5 och mera allmänt att f(x) = f(x +) = (x ) 3 = (x 4x+4) 3 = x 8x+5. Denna funktion är varken udda eller jämn, emedan f( x) = ( x) 8( x) + 5 = x + 8x+5 = ± f(x) för exempelvis x = 5 (kontrollera detta!). c) Betrakta uttrycket x + y =. Detta beskriver inte en funktion eftersom det finns flera värden på y som resulterar från samma värde på x, sätter man in y = ± fås i båda fallen x = 0. Ritar man upp motsvarande kurva i xy-koordinatsystemet fås en cirkel med medelpunkt i origo och radien ett (den s.k. enhetscirkeln). d) Betraktar funktionen f(x) = x. Eftersom funktionen definieras av ett rationellt uttryck, kan vi konstatera att den är odefinierad i nämnarens nollställen. Då ger x = 0 x = ±. Funktionen är definierad för alla övriga x-värden, vilket ger D f = R \{±}. Nära dessa nollställen ser vi att om x > så kommer nämnaren att få värden på tallinjen strax till höger om origo vilket gör att f samt att om x < kommer på motsvarande sätt f. Det räcker ju att man hittar ett enda x-värde där funktionen varken är udda eller jämn eftersom dessa definierades som allmänna egenskaper hos en funktion, som således skall gälla i hela definitionsmängden. Förfarandet där man söker motexempel är en användbar teknik då man önskar bevisa att något allmänt påstående inte gäller.

70 4.. DEFINITION OCH EGENSKAPER 69 Däremot, om man låter x, d.v.s. man låter x växa till större och större positiva eller negativa värden, kommer nämnaren att växa obegränsat och funktionsvärdet att närma sig noll. I origo har vi funktionsvärdet f(0) = =, medan funktionen aldrig verkar bli exakt lika med noll 0 eftersom ekvationen f(x) = 0 tar formen x = 0 = 0 (x ) = 0 falskt! Dessutom visar en närmare granskning att nämnaren (för < x < eller 0 x < ) alltid kommer att uppfylla x = x 0, vilket ger x. Värdemängden förefaller således vara V f = ], ] ]0, [. Slutligen kan vi konstatera, att funktionen är jämn eftersom f( x) = ( x) = x = f(x). 4 y 0 4 f(x) = x f(x) = x f(x) = x x, som studerades ovan, samt Figur 4.: Grafen av funktionerna f(x) = x för illustrationens skull funktionerna f(x) = x och f(x) = x 3. Observera att de två först nämnda funktionerna är jämna (de är symmetriska med avseende på y-axeln och att funktionen f(x) = x 3 är udda (symmetrisk med avseende på origo).

71 70 KAPITEL 4. FUNKTIONER En funktions paritet, som är den benämning man brukar använda för att beskriva egenskapen jämn, udda eller ingetdera, kan även bestämmas grafiskt genom att inspektera symmetrin hos grafen y = f(x) i xykoordinatsystemet. En jämn funktion är symmetrisk med avseende på y-axeln (eftersom inget händer då x byts ut mot x), medan en udda funktion är symmetrisk med avseende på origo (eftersom förtecknet växlar och man hamnar nedanom x-axeln då x byts ut mot x). I figuren 4. illustreras detta för några enkla funktioner. 4. Sammansatta funktioner Sammansatta funktioner består av funktioner, vars x-värden består av funktionsvärden till en annan funktion. Dessa funktionsvärden måste då tillhöra den yttre funktionens definitionsmängd. Man kan även tänka sig en kedja av flera än två sammansatta funktioner. Med sammansatta funktioner kan man analysera komplicerade funktioner genom att betrakta dem som en kedja av enklare sammansatta funktioner. Definition 4... Låt f och g vara två funktioner, sådana att funktionens f värdemängd V f har gemensamma element med funktionens g definitionsmängd D g. Detta kan skrivas i formen V f D g =. Den sammansatta funktionen (g f)(x) av f och g fås då g arbetar på (opererar) på funktionens f funktionsvärden, d.v.s. (g f)(x) = g( f(x)), för de x D f som är sådana att f(x) D g. Beteckningen(g f)(x) utläses g boll f. Exempel 4... a) Vår tidigare behandlade funktion h(x) = kan betraktas som sammansatt av f(x) = x och g(x) = x x. Vi har tidigare granskat D h och V h och nu konstaterar vi alltså att V f D g = måste gälla för att h(x) = (g f)(x) skall vara väldefinierad. För funktionen f(x) = x ser vi nu (t.ex. genom att rita dess graf) att D f = R och V f = [, [ samt att D g = R \ {0} och V g = R \ {0}. Då ser Med den yttre funktionen avser vi den funktion som funktionsvärdena sätts in i, och den funktion som producerar dessa värden brukar kallas inre funktion.

72 4.3. VÄXANDE OCH AVTAGANDE FUNKTIONER 7 vi (t.ex. genom att rita in mängderna på tallinjen och markera gemensamma områden) att gemensamma element för både V f och D g fås enligt V f D g = [, [ R \ {0} = [, 0[ ]0, [ =. Observera att detta är inte den sammansatta funktionens definitionsmängd, det krävs bara att denna mängd är icke-tom för att h skall kunna definieras som sammansatt enligt ovan, märk också att ( f g)(x) = = (g f)(x). x Om vi betraktar den inre funktionen f(x) i (g f)(x) så ser vi att denna är definierad överallt medan den yttre funktionen g(x) = x inte är definierad om nämnaren är noll. Då vi beaktar detta får vi den definitionsmängd, D h=g f = R \ {±}, som vi kom fram till tidigare. Alternativt kunde man ha betraktat den sammansatta funktionen enligt h(x) = (g f)(x) med exempelvis f(x) = x och g(x) = x eller h(x) = (g f e)(x) med e(x) = x, f(x) = x och g(x) = x (förvissa dig om detta!). b) Betrakta h(x) = (g f)(x) för f(x) = x och g(x) = x. Då gäller D f = R och V f =], ] (y = x är en parabel som öppnar sig nedåt och har sitt största värde i origo, emedan x 0 x 0 x ). Vidare gäller att D g = [0, [ och V g = [0, [ (rita graf!). Vi ser då att V f D g =], ] [0, [= [0, ] =. Den sammansatta funktionen blir nu h(x) = (g f)(x) = g( f(x)) = x, med definitionsmängden bestämd av kravet x 0, vilket ger D h = [, ]. Vidare ser man att 0 x i D f och 0 x ger då V h = [0, ]. Vi betraktar nu sammansättningen av funktionen omvänt : k(x) = ( f g)(x) = f(g(x)) = ( x) = x, med V g D f = [0, [ R = [0, [ =. Vi ser nu direkt att h(x) = (g f)(x) x = k(x) = ( f g)(x) = x. Funktionerna h(x) och k(x) finns avbildade i figuren Växande och avtagande funktioner Funktioner kan klassificeras utgående från sina egenskaper för hur funktionsvärdet ändras då x ändras. I figuren 4.3 nedan har denna indelning av funktioner skisserats. Vi har även följande

73 7 KAPITEL 4. FUNKTIONER 0.5 y h(x) = x k(x) = x x Figur 4.: Grafen av funktionerna h(x) = (g f)(x) = x och k(x) = ( f g)(x) = x. Definition En funktion f i ett intervall I som är en delmängd av funktionens f definitionsmängd, I D f är växande, om x, x I: x > x f(x ) f(x ) strängt växande, om x, x I: x > x f(x ) > f(x ) avtagande, om x, x I: x > x f(x ) f(x ) strängt avtagande, om x, x I: x > x f(x ) < f(x ) Dessutom brukar en funktion som är strängt växande eller strängt avtagande kallas strängt monoton, medan en funktion som är antingen växande eller avtagande brukar kallas monoton. Det lönar sig att vara noggrann med att skilja mellan strängt monotona och monotona funktioner. Exempel Vi visar att funktionen f(x) = x+ är strängt avtagande i intervallet ], [. Låt x > x >, om vi lyckas visa att f(x ) < f(x )

74 4.3. VÄXANDE OCH AVTAGANDE FUNKTIONER 73 växande strängt växande y y avtagande strängt avtagande y y x x Figur 4.3: Exempel på kvalitativt beteende hos växande och avtagande funktioner. så gäller enligt definitionen att f är strängt avtagande. Vi skall alltså visa, att och vi kan arbeta med denna olikhet enligt x + < x + x + < x + x + > x + x > x, vilket ju gäller enligt utgångsantagandet. Detta är alltså ekvivalent med att f(x ) < f(x ) och därmed är funktionen strängt avtagande. Man kan naturligtvis arbeta med definitionen i varje enskilt fall då man undersöker funktioner, men följande sats kan underlätta: Sats Om funktionen f är a) strängt växande, gäller x > x f(x ) > f(x ) b) strängt avtagande, gäller x > x f(x ) < f(x )

75 74 KAPITEL 4. FUNKTIONER c) strängt monoton, gäller x = x f(x ) = f(x ) d) växande, gäller f(x ) > f(x ) x > x e) avtagande, gäller f(x ) > f(x ) x < x f) monoton, gäller f(x ) > f(x ) x > x Bevis. Vi bevisar två av fallen, de övriga är analoga. b) Enligt antagande är f strängt avtagande. Då har vi enligt definitionen att x > x f(x ) < f(x ), vilket bevisar den ena riktningen av ekvivalensen. Återstår att visa den andra riktningen av ekvivalensen, x > x f(x ) < f(x ), vilket är samma som x > x f(x ) < f(x ) eller x x f(x ) f(x ). 3 Om vi delar upp detta i fallen x < x f(x ) > f(x ) samt x = x f(x ) = f(x ) ser vi direkt att det senare gäller. Vidare, om x < x så gäller enligt definitionen på en strängt avtagande funktion att f(x ) > f(x ). Alltså är den andra riktningen och därmed påståendet i sin helhet bevisat. d) Om f är växande har vi x > x f(x ) f(x ). Då gäller enligt samma resonemang som i beviset av b), att vi kan bevisa påståendet f(x ) f(x ) x x. Om x = x så ser vi direkt att f(x ) = f(x ). Å andra sidan, om x < x så ger definitionen på en växande funktion att f(x ) f(x ), vilket bevisar det senaste påståendet och därmed även f(x ) > f(x ) x > x. Exempel Vi studerar olikheten ( ) 5x 3 ( x f < f 4 ), där f, D f = R = V f, är en strängt avtagande funktion. Vi kan utnyttja satsen 4.3., genom att låta x = x och x = 5x 3 4 varvid olikheten ovan lyder 3 Om man har ett logiskt påstående A B så kommer pilen att byta riktning då man tar negationen (motsatsen) av påståendena på båda sidor. Då fås alltså det ekvivalenta påståendet B A, där påståendet A gäller inte betecknas A.

76 4.4. BIJEKTIONER 75 f(x ) < f(x ) och b) i satsen 4.3. ger ( ) 5x 3 ( x f < f 4 ) 5x 3 > x 4 5x 3 > x 3x > 3 x >. 4.4 Bijektioner Vi har definierat en funktion så att det för varje x finns ett och endast ett y sådant att y = f(x). Dock kan det finnas flera x-värden som resulterar i samma y-värde, låt x och x vara sådana att f(x ) = y = f(x ). Vi har sett flera exempel på detta, se funktionerna f(x) = x och f(x) = x ovan. Vidare brukar man skriva t.ex. f(x) = x, f : [0, [ R trots att R innehåller även negativa värden som ju kvadratrotsfunktionen inte antar. En funktion som karakteriseras av att varje y-värde motsvaras av exakt ett x-värde kallas en bijektion. Vidare har vi följande: Definition Funktionen f : A B är injektiv (eller en injektion) från A till B om det gäller att olika x A avbildas på olika y B, d.v.s. x, x A : x = x f(x ) = f(x ). Funktionen f : A B är surjektiv (eller en surjektion) från A till B om det gäller att för varje y B finns minst ett x A, sådant att f(x) = y. Detta kan också skrivas V f = B eller y B x A : f(x) = y. Funktionen f : A B är bijektiv (eller en bijektion) från A till B om varje y B motsvaras av exakt ett x A, d.v.s. y B!x A : f(x) = y, beteckningen! avser att det existerar exakt ett ( betyder att det existerar minst ett).

77 76 KAPITEL 4. FUNKTIONER En funktion är alltså bijektiv (varje y har precis ett motsvarande x) om och endast om ( ) den är både injektiv (varje y har högst ett motsvarande x) och surjektiv (varje y har minst ett motsvarande x). Dessutom är varje injektiv funktion f en bijektion från sin definitionsmängd D f till sin värdemängd V f. Grafiska tolkningar av definitionerna ovan återges i figurerna 4.4, 4.5, 4.6 och 4.7. A x f B y 0 f(x) Figur 4.4: Injektionen f avbildar varje x A på olika y B, inget element i B har flera inkommande pilar. A x f B f(x) Figur 4.5: Surjektionen f kan avbilda flera x A på samma y B, varje element i B har minst en inkommande pil.

78 4.5. INVERS FUNKTION 77 A x f B f(x) Figur 4.6: Bijektionen f kännetecknas av att varje element i B har exakt en inkommande pil. 4.5 Invers funktion Låt funktionen f vara en bijektion. Då har vi alltså att varje y V f motsvaras av exakt ett x D f. Vi är nu intresserade av en funktion med definitionsmängden V f och värdemängden D f, som vi kallar den inversa funktionen f. Definition En bijektion f : D f V f har en invers funktion f : V f D f som definieras av sambandet: y V f : f (y) = x, x D f och f(x) = y. Vidare gäller, att D f = V f och V f = D f. Exempel Låt f vara en bijektion. Vi vet att f (6) = 3. Då måste f( 3) = 6. Sats Varje strängt monoton funktion f : D f V f är en bijektion som har en invers funktion f : V f D f med samma typ av stränga monotonitet. Bevis. Om vi lyckas visa att varje strängt monoton funktion f är bijektiv från D f till V f så följer av definitionen ovan att den inversa funktionen f existerar och vi bör då visa att denna är strängt monoton. För att visa att f är en bijektion så är det ekvivalent att visa att funktionen är injektiv

79 78 KAPITEL 4. FUNKTIONER y A x f B x f(x) x y Figur 4.7: Denna funktion f är varken surjektiv eller injektiv eftersom x och x båda avbildas på y (d.v.s. f är inte injektiv) och det finns inget x A som avbildas på y B (d.v.s. f är inte surjektiv). och surjektiv. Enligt satsen 4.3. gäller för en strängt monoton funktion att x = x f(x ) = f(x ) och motsvarande för negationen: x = x f(x ) = f(x ), vilket visar att f är en injektion. Vidare, y V f x D f : f(x) = y, så f : D f V f är en surjektion. Därmed är f en bijektion. Återstår att visa påståendet om monotoniteten, vilket måste göras skillt för fallen där f är strängt växande respektive strängt avtagande. Vi nöjer oss med att visa det senare fallet, låt alltså f vara strängt avtagande. Vi har visat att f existerar och då har vi f ( f(x)) = x för alla x D f. Nu kan vi utnyttja satsen 4.3. och resonera med beteckningarna y = f(x ), y = f(x ), enligt: x > x f(x ) < f(x ) f ( f(x )) > f ( f(x )) f(x ) < f(x ) f (y ) > f (y ) y < y, vilket visar att f är strängt avtagande. Fallet f strängt växande bevisas analogt. Exempel Funktionen f : R R : f(x) = x+ är strängt växande (kontrollera detta, t.ex. utgående från definitionen!). Då är f alltså också strängt monoton och den inversa funktionen f existerar. Då gäller enligt satsen 4.5. att också f är strängt växande. Denna kan bestämmas så att man löser ut x ur

80 4.5. INVERS FUNKTION 79 y = f(x) = x+, vilket ger x = (y ). Därefter byts x och y ut, vilket ger oss y = f (x) = (x ). Om vi nu ritar graferna av y = f(x) = x+ och y = f (x) = (x ) i samma koordinatsystem (gör detta!), ser vi att deras grafer är varandras spegelbilder i linjen y = x. Detta är en allmän egenskap hos y = f(x) och y = f (x) och beror på förfarandet vi såg ovan med att byta ut x och y då man bestämmer f. Vi ser också i detta exempel, att f ( f(x)) = x = f(f (x)), vilket också gäller allmänt och brukar ibland tas som en definition av inversen f. Funktionen f kan ju också betraktas som invers funktion till f. Exempel Grafen av funktionen f : [, [ [, [: f(x) = x x, i figur 4.8, antyder att den är strängt växande i sin definitionsmängd. Vi visar detta utgående från definitionen, det bör alltså gälla att x < x f(x ) < f(x ). Vi kan välja x, x [, [ så att x < x och granska f(x ) f(x ) = x x (x x ) = (x x )+(x x ) = (x + x )(x x ) (x x ) = (x + x )(x x ) > 0, eftersom x < x x x > 0 och x, x [, [ x > x medför att den första parentesen är positiv. Därmed är f(x ) f(x ) > 0 f(x ) < f(x ) och funktionen är strägt växande och således strängt monoton. Satsen 4.5. säger då att det finns en invers funktion f som också är strängt monoton. Inversen kan då bestämmas enligt: y = x x y+ = x x+ = (x ). Då (x ) 0 måste y+ 0 y. Då fås x = ± y+, där minustecknet kan förkastas eftersom x 0. Variabelbytet mellan x och y ger den inversa funktionen y = f (x) = + x+ med D f = [, [ och V f = [, [. 4 Se figur 4.8, där kurvorna y = x, y = f(x) och y = f (x) finns illustrerade. 4 Idén med kvadratkomplettering (addition av en konstant till båda leden för att få en jämn kvadrat (x ) i högra ledet) som utnyttjades ovan kan även användas till att mera direkt bevisa att f(x) = x x är strängt växande. Notera att f(x) = (x ) och att satsen 3.6. säger att funktionen x är strängt växande för x 0. Då är även funktionen (x ) är strängt växande för x och konstanten som adderas till ändrar inte detta för funktionens f del emedan konstanterna tar ut varandra då man jämför funktionsvärdena: f(x ) > f(x ) (x ) > (x ) (x ) > (x ).

81 80 KAPITEL 4. FUNKTIONER Som vi har konstaterat i exemplen, har den inversa funktionen egenskaperna: Egenskap Antag, att f : A B har en invers funktion f : B A. Denna har egenskaperna. ( f ) = f, d.v.s. x D f : ( f ) (x) = f(x).. x : ( f f)(x) = ( f f )(x) = x 3. Om grafen av f har ekvationen F(x, y) = 0 så har grafen av f ekvationen F(y, x) = 0. Detta innebär att graferna är varandras spegelbilder med avseende på linjen y = x y 0 y = x f(x) = x x f (x) = + x x Figur 4.8: Grafen av funktionerna f(x) = x x och f (x) = + x+ som studerades i exemplet ovan. Observera symmetrin med avseende på linjen y = x.

82 4.6. NÅGRA VANLIGA FUNKTIONER Några vanliga funktioner 4.6. Det allmänna rotbegreppet Rotbegreppet behövs då man skall lösa ekvationen x n = a, n Z +, a R. Funktionen f(x) = x n i vänstra ledet har olika utseende beroende på om n är jämnt eller udda, se figuren 4.9, lösningarna till ekvationen beror också av värdet på parametern a. n jämnt n udda y y x Figur 4.9: Principiellt utseende hos grafen av funktionen f(x) = x n för jämna och udda värden på n Z +. x För a 0 existerar alltid en lösning till ekvationen x n = a, oberoende av n. Däremot, ifall a < 0, måste n vara udda ifall det skall finnas en lösning. Exempelvis ekvationen x = 4 har lösningarna x = ±, medan x 3 = 8 har lösningen x =. Allmänna lösningen till ekvationen brukar benämnas n:te roten ur a och denna definieras för a 0: Definition Låt n Z + och a 0. Då är den entydiga icke-negativa lösningen till ekvationen x n = a n:te roten ur a och betecknas n a eller a n. Exempel =, ty 4 = 6. Man kan också beräkna n:te roten ur ett negativt tal ifall n råkar vara udda, 3 7 = 3, ty ( 3) 3 = 7. Följande sats sammanfattar de olika fallen som kan inträffa för lösning av ekvationen x n = a.

83 8 KAPITEL 4. FUNKTIONER Sats Antag, att n Z + och a R. Då är lösningsmängden till ekvationen x n = a { n a, n a }, om n är jämnt och a > 0 {0}, om a = 0 L =, om n är jämnt och a < 0 { n } a, om n är udda Exempel För ekvationens 63x 3 = del är n = 3 och a = 63, varvid lösningen är 3 63 = 3, ty ( ) 3 =. Roten måste hanteras med 63 närmevärden. Exempel Vi löser olikheten x 4 80 < 0, börjar med att söka nollställen till vänstra ledet: x 4 80 = 0, n = 4 och a = 80. Då är nollställena enligt satsen 4.6. : x, = ± 4 80 ±, 99. Eftersom n är jämnt kommer kurvan y = x 4 80 att ha utseendet till vänster i figur 4.9 (konstanten 80 som subtraheras från x 4 kommer att föskjuta kurvan nedåt så att den skär x-axeln i två punkter). Från detta (eller genom att göra upp ett teckenschema för f(x) = x 4 80) kan vi sluta oss till att f(x) < 0 då x ]x, x [ Det allmänna potensbegreppet Vi har tidigare behandlat potenser, a n för a R och n Z +. Vi utvidgar nu detta till Definition Låt m Z, n Z + och a > 0. Då gäller a m n = n a m. (gäller även i fallet a = 0 ifall m Z + ) Räknereglerna för potenser vi såg tidigare kan då generaliseras till: Regel Låt a, b R + (positiva reella tal) och x, y Q. Då gäller. a x a y = a x+y. a x a y = a x y 3. (ab) x = a x b x

84 4.7. EXPONENTIALFUNKTIONEN ( a b) x = ax b x 5. (a y ) x = a xy 6. ( ) ( ) a x x b = ba Exempel ( 7 64 ) 3 = ( ) 3 ( ) = = 4 ( ) 3 = 4 ( ) 4 = = Exponentialfunktionen Funktionen f : R R + : f(x) = a x, a > 0, a =, kallas exponentialfunktionen med basen a. Egenskap Exponentialfunktionen uppfyller följande:. D f = R och V f = R +.. Räknereglerna gäller även för exponentialfunktionen. 3. f är strängt växande för a > och strängt avtagande för 0 < a <. 4. f(0) =, d.v.s. grafen går alltid genom punkten (0, ). ( ) x 5. Kurvorna y = a x och y = a är symmetriska med avseende på y-axeln 5. Vi har sett att en strängt monoton (strängt avtagande eller strängt växande) funktion har egenskaperna i satsen 4.3., som kan utnyttjas vid lösning av ekvationer och olikheter med exponentialfunktioner. ( ) x 5 Detta blir uppenbart om man byter ut x mot x eller vice versa. Låt f(x) = a och g(x) = a x. Då ser man, via räknereglerna 4.6.5, att f( x) = g(x) och funktionsvärdena på båda sidor om y-axeln är således lika.

85 84 KAPITEL 4. FUNKTIONER Exempel Vi löser olikheten x <. Enligt egenskaperna 4.7. är exponentialfunktionen med basen två strängt växande. Då gäller x < x < x < x >. Denna metod att hantera exponentialfunktioner i ekvationer och olikheter brukar kallas exponentiering. 4.8 Logaritmfunktionen Vid lösning av ekvationer av typen 3 x = 0 kan man inte finna en heltalslösning. Gissningsvis ligger lösningen strax över, eftersom 3 = 9 < 0. För att hantera dylika ekvationer har man valt att definiera begreppet logaritm. Lösningen är i detta fall tre-logaritmen av 0, eller x = log 3 0. Definition a-logaritmen av talet b med beteckningen log a b är den exponent som talet a behöver upphöjas till för att ge talet b: Av detta följer att a, b > 0, a =. log a b = x a x = b. Exempel log = 4 emedan 0 4 = log 9 3 = emedan 9 = 3. Regel Låt a, b, c > 0, a =. Då gäller. log a bc = log a b+log a c. log a b c = c log a b, c R

86 4.8. LOGARITMFUNKTIONEN 85 Observation Vi ser, utgående från definitionen och reglerna 6 ovan, att log a a b = b log a a = b, b R b log a c = log a b+log a c = log a b+log a c = log a b log a c log a a log a b = log a b a log a b = b, b R + Exempel Räknereglerna ovan kan användas för att hyfsa uttryck innehållande logaritmer ( ) ( ) 3 3 log 3+ log = log log 3+ log ( ) ( ) 3 = log + log 3 3 = log 3 = log = log = log = Om vi låter logaritmens argument variera, kan vi bilda logaritmfunktionen: f(x) = log a x. Tillsammans med exponentialfunktionen, g(x) = a x, kan vi ur sambandet y = g(x) = a x x = log a y, se att logaritmfunktionen och exponentialfunktionen är varandras inversa funktioner. 6 Som en varning kan vi också notera följande log a (b±c) = log a b±log a c log a (b /c) = log a b / log a c. Dessa, tillsammans med andra upptänkliga, felaktiga varianter av räknereglerna ovan brukar vara den främsta orsaken till nollresultat i räkneuppgifter innehållande logaritmer.

87 86 KAPITEL 4. FUNKTIONER Definition Logaritmfunktionen med basen a (a > 0, a = ): f : R + R : f(x) = log a x. Dess inversa funktion är exponentialfunktionen: g : R R + : f (x) = g(x) = a x. 3 y 0 f(x) = = x = log x = log x x ( ) x Figur 4.0: Exponentialfunktionerna x respektive = x och logaritmfunktionerna log x respektive log x. Exponentialfunktionerna och logaritmfunktionerna är varandras inversa funktioner, notera symmetrin kring linjen y = x. Observera också att exponential- och logaritmfunktionerna är strängt växande ( x och log x) då basen (a = ) är större än ett medan de är strängt avatagande ( x och log x) ifall basen (a = ) är mindre än ett. Vidare är logaritmfunktionerna log x och log x symmetriska med avseende på x-axeln. Egenskap Följande kan härledas ur det faktum att logaritmfunktionen f : R + R : f(x) = log a x, där a > 0, a =, är exponentialfunktionens inversa funktion

88 4.8. LOGARITMFUNKTIONEN 87. D f = R + och V f = R.. f är strängt växande för a > och strängt avtagande för 0 < a <. 3. f() = 0, grafen går genom punkten (, 0). 4. Kurvorna y = log a x och y = log a x är symmetriska med avseende på x-axeln. Egenskaperna och reglerna ovan är till nytta vid lösning av ekvationer och olikheter. Före man börjar tillämpa reglerna är det emellertid alltid säkrast att kontrollera var de ingående logaritmerna är definierade, så att man kan undvika skenlösningar (t.ex. en lösning till en ekvation som resulterar i en odefinierad logaritm i den ursprungliga ekvationen). Exempel Vi löser ekvationen ) log (x = 3. Noterar först att definitionsmängden för logaritmfunktionen i vänstra ledet är x < eller x >, ty argumentet måste vara positivt, x > 0. Då kan vi exponentiera båda leden och få ) log (x = 3 3 = x x = 9 ±3. Båda rötterna tillhör definitionsmängden, så slutresultatet är L = {±3}. Exempel Vi löser olikheten log 0 (x ) <. Definitionsmängden är nu x >. Eftersom basen (a = 0 > ) är större än ett är logaritmfunktionen strängt växande och vi kan skriva om högra ledet enligt = log 0 0, så kan satsen 4.3. utnyttjas enligt log 0 (x ) < = log 0 0 x < 0 x <. Med beaktande av definitionsmängden fås då slutresultatet < x <.

89 88 KAPITEL 4. FUNKTIONER Vi har sett att en logaritmfunktion kan ha olika värden på basen a. I praktiska beräkningar, t.ex. i mjukvaran till kalkylatorer eller datorns matematiska programpaket, är det dock brukligt att alla beräkningar utförs med basen e, Detta tal kallas Nepers tal 7 Logaritmen med basen tio kallas på motsvarande sätt den Briggska logaritmen 8. Man har givit dessa två speciella logaritmfunktioner egna beteckningar, enligt: och log e x = ln x log 0 x = lg x. För att kunna utföra beräkningar även med andra baser än dessa behöver man då relatera dem till den allmänna basen a, m.a.o. ett system för att byta bas: Sats Antag, att a, b R + \{} och x R +. Då gäller log a x = log b x log b a. Bevis. Vi utgår från påståendet och tillämpar räknereglerna log a x = log b x log b a log b a log a x = log b x log b a log a x = log b x a log a x = x sant Nu kan vi alltså hantera ekvationer och olikheter innehållande logaritmer med olika baser. Exempel Vi löser ekvationen ln x = lg x+. 7 Uppkallat efter den skotske matematikern John Napier (550-67), som upptäckte logaritmerna. 8 Henry Briggs (56-630), engelsk matematiker som arbetade med tiologaritmer och trigonometri.

90 4.8. LOGARITMFUNKTIONEN 89 Konstaterar först att definitionsmängden är x R +. Då kan vi byta bas för Briggska logaritmen enligt lg x = ln ln 0 x och få ( ln 0 ln x = lg x+ ln x = ln x ln 0 + ) ln x = ln x = ln x = ln 0 ln 0 = ln 0 ln 0 ln e ln 0 ln 0 e ln 0 ln x = e 0 e 34, 3. Förutom basbyte är även logaritmering 9 användbart vid lösning av ekvationer och olikheter. Man bör dock alltid kontrollera att de uttryck som logaritmeras är positiva. Exempel Vi löser ekvationen e x =. Definitionsmängden är nu R och eftersom båda leden är positiva kan vi logaritmera dessa och få e x = ln e x = ln x ln e = ln x = ln x = ln x = ln. 9 Förfarandet baserar sig på att logaritmfunktionen är strängt monoton, vilket möjliggör tillämpning av resultaten i sats 4.3..

91 90 KAPITEL 4. FUNKTIONER

92 Kapitel 5 Gränsvärde och Kontinuitet I detta kapitel studerar vi ett centralt tema inom den matematiska kalkylen (eng. calculus ), nämligen gränsvärdesbegreppet. Såväl kontinuitetsegenskaper hos funktioner som definitionerna av derivatan och integralen är baserade på gränsvärden. 5. Gränsvärde Att bestämma gränsvärdet av en funktion f(x) innebär att man undersöker vad som händer med funktionsvärdet då x närmar sig ett visst värde x 0. Exempel 5... Vi undersöker gränsvärdet av funktionen f(x) = sin x x i punkten x 0 = 0. Om vi direkt försöker sätta in x = x 0 ser vi att f(x 0 ) är odefinierat, eftersom vi får 0 0. Uppenbarligen går det inte att få fram gränsvärdet på detta sätt, ifall det existerar, så vi måste undersöka saken på något annat sätt. Vi kan därför rita grafen y = f(x) och observera hur denna beter sig i närheten av x = x 0. Av figur 5. framgår att ju närmare denna punkt vi befinner oss, desto närmare punkten kommer funktionsvärdet att gå. Detta brukar betecknas f(x) då x 0, eller sin x lim =. x 0 x 9

93 9 KAPITEL 5. GRÄNSVÄRDE OCH KONTINUITET.5 y 0.5 f(x) = sin x x x Figur 5.: Grafen y = sin x x. Funktionen är odefinierad i origo, men har gränsvärdet där. Definition 5... En funktion sägs ha gränsvärdet a, då x går mot x 0, om funktionsvärdet kommer hur nära talet a som helst, bara x väljs tillräckligt nära talet x 0. Detta betecknas lim f(x) = a eller f(x) a då x x 0. x x 0 Anmärkning 5... Det kan även inträffa att ett gränsvärde inte existerar, exempelvis så att funktionsvärdet går i olika riktning beeroende på om man närmar sig x 0 från höger eller vänster eller så att gränsvärdet går mot ±. Vi kommer senare att se exempel på detta. 5. Räkneregler för gränsvärden För gränsvärden gäller ett antal räkneregler, som vi inte bevisar, eftersom detta skulle kräva en mera exakt definition av gränsvärdesbegreppet. Vi nöjer oss med att konstatera att reglerna är mycket intuitiva

94 5.. RÄKNEREGLER FÖR GRÄNSVÄRDEN 93 Regel 5... Antag, att gränsvärdena lim x x0 f(x) och lim x x0 g(x) existerar. Då gäller. lim x x0 ( f(x)±g(x)) = lim x x0 f(x)±lim x x0 g(x). lim x x0 ( f(x)g(x)) = (lim x x0 f(x))(lim x x0 g(x)) ( ) f(x) 3. lim x x0 = lim x x 0 f(x) g(x) lim x x0 g(x), lim x x 0 g(x) = 0. Då man bestämmer gränsvärden fungerar ofta direkt insättning, så länge funktionen är definierad på båda sidor om x 0. Så exempelvis för polynom, trigonometriska samt exponential- och logaritmfunktionerna. Exempel 5... Vi bestämmer gränsvärdet lim x x3 4 = 3 4 = 4. Om funktionen däremot inte är definierad i punkten x 0, såsom i vårt första exempel ovan där insättning gav 0 0, så kan direkt insättning inte tillämpas. Man måste då göra någon form av omskrivning eller använda en speciell metod för att hantera funktionen i denna punkt så att x = x 0 går att sätta in i uttrycket. Exempelvis rationella uttryck, r(x) = p(x) q(x), där p(x 0 ) = 0 = q(x 0 ), är typiskt sådana funktioner som kräver omskrivning. Detta kan göras genom att faktorisera polynomen, så att man kan förkorta bort det besvärliga nollstället r(x) = p(x) q(x) = (x x 0)u(x) (x x 0 )v(x) = u(x) v(x). Vi illustrerar denna metod i följande Exempel x + 4x+ lim. x x+ Nu ( ger direkt insättning ) 0 0, så vi studerar täljaren p(x) = 3x + 4x+ = 3 x x+ 3 = 3(x+)u(x). Detta emedan vi visste att x 0 = är ett nollställe. Det är inte svårt att från polynomets koefficienter (se avsnittet ovan

95 94 KAPITEL 5. GRÄNSVÄRDE OCH KONTINUITET 4 0 y 4 6 f(x) = 3x +4x+ x x Figur 5.: Grafen y = 3x +4x+ x+. Funktionen är odefinierad i x 0 =, men har gränsvärdet där. om andragradsekvationer) se att u(x) = x+ 3. Då kan gränsvärdet bestämmas enligt Se figuren 5.. 3x + 4x+ lim x x+ 3(x+)u(x) = lim x x+ = lim 3u(x) x = lim 3x+ x =. Ett annat sätt att skriva om problemet är att låta h = x x 0 x = h+x 0, varvid x x 0 h 0, och vi kan utnyttja sambandet lim x x 0 f(x) = lim h 0 f(h+x 0 ).

96 5.. RÄKNEREGLER FÖR GRÄNSVÄRDEN y 3 f(x) = x3 x x Figur 5.3: Grafen y = x3 x. Funktionen är odefinierad i x 0 =, men har gränsvärdet 3 där. x Exempel Vi bestämmer gränsvärdet lim 3 x x med omskrivningen enligt ovan x 3 lim x x = lim (h+) 3 h 0 h+ h 3 + 3h + 3h+ = lim h 0 h+ h 3 + 3h + 3h = lim h 0 h = lim h + 3h+3 h 0 = 3, där vi i det andra steget utnyttjade Pascals triangel för att utveckla binomet(h+ ) 3. Se figuren 5.3. Man kunde i det föregående exemplet även ha utnyttjat regeln (finns i

97 96 KAPITEL 5. GRÄNSVÄRDE OCH KONTINUITET tabeller) a n b n = (a b)(a n + a n b+a n 3 b + +a b n 3 + ab n + b n ). Dessutom kan man utnyttja konjugat- och kvadreringsreglerna samt för uttryck innehållande kvadratrötter förlängning med rotuttryckets konjugattal. I det följande ytterligare några exempel på hur man kan bestämma gränsvärden för funktioner som vid direkt insättning ger det odefinierade 0 0. Exempel Vi bestämmer gränsvärdet lim x x x medelst förlängning med konjugatuttrycket och konjugatregeln för produkten av två förstagradspolynom ( ) x x x+ lim x x = lim x x x+ ( )( ) x x+ Se figuren 5.4. = lim x (x ) ( x+ ) = lim x x (x ) ( x+ ) = lim x x+ =. x Exempel Vi bestämmer gränsvärdet lim 3 8 x x 4 täljaren och utnyttja konjugatregel i nämnaren genom att faktorisera Se figuren 5.5. x 3 8 lim x x 4 = lim (x )(x + x+4) x (x )(x+ ) x + x+4 = lim x x+ = + +4 = 3. +

98 5.. RÄKNEREGLER FÖR GRÄNSVÄRDEN y f(x) = x x x Figur 5.4: Grafen y = x x. Funktionen är odefinierad i x 0 =, men har gränsvärdet där. Gränsvärden med trigonometriska funktioner brukar, ifall de inte kan bestämmas med direkt insättning utan leder till någon odefinierad form, omformas så att man kan utnyttja följande Sats sin f(x) lim x 0 f(x) =, om lim x 0 f(x) = 0. x sin x cos x Exempel Vi bestämmer gränsvärdet lim x 0. Vi ser snabbt att direkt insättning ger det odefinierade 0 0. Idén är nu att försöka åstadkomma en kvot sin x x, vilket betyder att vi måste omforma cosinusfunktionen i nämnaren. Vi har Pythagoras sats: sin x = cos x. Om vi nu förlänger med en etta, ser vi att multiplikation med nämnarens konjugatuttryck leder till ovanstående och vi får med användning av räknereglerna Beviset utelämnas i brist på en exaktare gränsvärdesdefinition, vi har dock sett en grafisk motivering för specialfallet lim x 0 sin x x.

99 98 KAPITEL 5. GRÄNSVÄRDE OCH KONTINUITET 5 4 y 3 f(x) = x3 8 x x Figur 5.5: Grafen y = x3 8 x 4. Funktionen är odefinierad i x 0 =, men har gränsvärdet 3 där. för gränsvärden: lim x 0 x sin x cos x = lim x 0 x sin x cos x ( ) +cos x +cos x = lim x 0 x(+cos x) sin x cos x = lim x 0 x(+cos x) sin x sin x x(+cos x) = lim x 0 sin x +cos x = lim x 0 sin x x = lim x 0 +cos x lim x 0 sin x x = lim x 0 +cos x = + lim x 0 cos x = + =.

100 5.3. ENSIDIGA GRÄNSVÄRDEN 99 y f(x) = cos x sin x x x Figur 5.6: Grafen y = cos x sin x x. Funktionen är odefinierad i x 0 = 0, men har gränsvärdet där. Se figuren Ensidiga gränsvärden Vi har sett att ett gränsvärde innebär att en funktion närmar sig ett visst (ändligt) funktionsvärde då x närmar sig ett visst värde x 0. För att gränsvärdet skall vara väldefinierat får det inte ha någon betydelse från vilket håll vi närmar oss x 0. Således måste gränsvärdet vara detsamma då vi närmar oss punkten x 0 exempelvis från höger som från vänster. I många fall, där det inte existerar ett entydigt gränsvärde, finns det dock skillnader mellan dessa. Man pratar då om ensidiga gränsvärden. Exempel Vi betraktar den styckevis definierade funktionen { x+, x f(x) = x, x > Denna har gränsvärdet då vi närmar oss punkten x 0 = från vänster, x, medan gränsvärdet är då vi närmar oss punkten x 0 = från höger, x +.

101 00 KAPITEL 5. GRÄNSVÄRDE OCH KONTINUITET y x Figur 5.7: Grafen y = f(x). Funktionen har olika vänster- och högergränsvärde i punkten x 0 =. Därför har den inget gränsvärde där. Detta brukar betecknas enligt: lim f(x) = och lim f(x) =. x x + Det finns alltså inget entydigt gränsvärde och man säger därför att gränsvärdet lim x f(x) inte existerar, se figuren 5.7. Definition En funktion f(x) sägs ha vänstergränsvärdet a då x går mot x 0, om funktionsvärdena kommer godtyckligt nära talet a så snart x < x 0 väljs tillräckligt nära talet x 0. Detta betecknas lim x x 0 f(x) = a. På motsvarande sätt har funktionen f(x) högergränsvärdet, dock så att x > x 0, och med beteckningen lim x x + 0 f(x) = a. Resultatet blir ju olika beroende på från vilket håll vi närmar oss x 0!

102 5.3. ENSIDIGA GRÄNSVÄRDEN 0 Följande sats, som kan bevisas med en exaktare definition av gränsvärde än vår, säger att ett gränsvärde existerar om och endast om vänster- och högergränsvärdena sammanfaller. Sats Existensen av ett gränsvärde lim f(x) = a lim x x 0 x x 0 f(x) = a = lim x x + 0 f(x). Exempel Funktionen f(x) = x x saknar gränsvärde i punkten x 0 = 0, eftersom den inte är definierad för negativa x-värden (radikanden under roten måste vara positiv). Funktionen är heller inte definierad i punkten x =, emedan detta är ett nollställe till nämnaren. Däremot kan ett högergränsvärde bestämmas i punkten x 0 = 0, vi får med direkt insättning lim x x 0 + x = 0 0 =. 0.5 y x Figur 5.8: Grafen y = x x. Funktionen har olika vänster- och högergränsvärde i punkten x 0 = 0. Därför har den inget gränsvärde där. Den är heller inte definierad i denna punkt.

103 0 KAPITEL 5. GRÄNSVÄRDE OCH KONTINUITET Exempel Vi undersöker om gränsvärdet lim x 0 f(x) existerar, då f(x) = x x För att gränsvärdet skall existera, måste lim x 0 f(x) = lim x 0 + f(x). Konstaterar att f(x) är definierad, om x = 0 (nollställe i nämnaren) och x 0 (radikanden icke-negativ). Detta ger x x x. Definitionsmängden är således D f = [, ]\{0}. Direkt insättning av x 0 i f(x) ger den obestämda formen 0 0, men man kan omforma funktionen genom att förlänga med konjugatuttrycket till roten enligt: f(x) = x x = ( ( x ) x + ) x = x ( x + ). x. ( + ) x + x Nu kan vi notera, att x x =, om x < 0 (d.v.s. då x 0 ) och x x =, om x > 0 (d.v.s. då x 0 + ). Vi kan då bestämma de ensidiga gränsvärdena med direkt insättning x lim f(x) = lim x 0 x 0 x lim x 0 + x = ( ) + = x lim f(x) = lim x 0 + x 0 + x lim x x = + =. Eftersom vänster- och högergränsvärdena i punkten x 0 = 0 är olika existerar lim x 0 f(x) inte. Se figuren Gränsvärden och oändligheten Vi skall nu studera två speciella typer av gränsvärden. Den första är inte ett gränsvärde i egentlig mening eftersom den avser sådana gränsvärden som går mot±, medan den andra typen är ett egentligt gränsvärde (som existerar) för x ±.

104 5.4. GRÄNSVÄRDEN OCH OÄNDLIGHETEN Oegentliga gränsvärden 6 4 y f(x) = x x Figur 5.9: Grafen y = x. Exempel Vi studerar funktionen f(x) = x. Den är odefinierad i origo och då x 0 + (x närmar sig origo från höger) så växer funktionsvärdet obegränsat till positiva y-värden så att kurvan närmar sig y-axeln. Man säger då att f(x) går asymptotiskt mot y-axeln (eller linjen x = 0) och att y-axeln är en asymptot till kurvan. På samma sätt, då x 0 (x närmar sig origo från vänster) så växer funktionsvärdet obegränsat till negativa y-värden så att kurvan närmar sig y-axeln. 3 Vi har då lim f(x) =, lim x 0 f(x) =. x 0 + Definition En funktion f sägs ha det oegentliga gränsvärdet± (välj något av tecknen) då x x 0 om funktionsvärdena antar godtyckligt stora 3 I det här fallet är också x-axeln en asymptot.

105 04 KAPITEL 5. GRÄNSVÄRDE OCH KONTINUITET positiva (negativa) värden (± ) så snart x väljs tillräckligt nära talet x 0. Detta betecknas lim f(x) = ±, eller f(x) ±, x x 0. x x 0 Anmärkning De oegentliga gränsvärdena är inga riktiga gränsvärden i den meningen att deras resultat skulle vara ett tal (± är ju inte ett tal), utan bara ett sätt att uttrycka att ett funktionsvärde växer (eller avtar) över (under) alla gränser. Observation Man bör vara försiktig med att använda räknereglerna för gränsvärden då man har att göra med oegentliga gränsvärden. Dessa gäller endast då gränsvärdet är ett tal och inte för ±. Vi tar några exempel:. ± +a ±, a R.. k {, k > 0 k, k < 0 k och k 0 ± { ±, k > 0, k < 0. Dessutom är formerna, 0 0, 0 och alla odefinierade. Exempel För n Z + gäller att lim x 0 x n är udda gäller lim x 0 ± x = n ±. = om n är jämnt och om n Exempel Vilka värden måste parametern a R anta för att gränsvärdet x ax+ lim x x skall existera (d.v.s. vara ändligt)? Bestäm gränsvärdet. Vi noterar genast att x 0 = är ett nollställe till nämnaren. Om täljaren då är olika noll i denna punkt, kommer gränsvärdet att vara oegentligt. Därför måste x 0 = vara ett nollställe till också täljaren för ( att gränsvärdet ) skall existera. Vi ser att den kan skrivas i formen p(x) = x a x+. Om vi nu antar att x 0 är ett nollställe till täljaren så kan vi skriva p(x) = (x )(x x ), där x då beror av a. Från teorin för andragradsekvationers lösningar vet vi för ekvationerns koefficienter att x 0 x =, vilket ger x =. Dessutom vet vi att ( ) a = a = x 0 + x = 3, vilket ger a = 3. Gränsvärdet blir då ( ) x ax+ (x ) x lim = lim x x x x ( = lim x ) =. x

106 5.4. GRÄNSVÄRDEN OCH OÄNDLIGHETEN 05 Exempel Betrakta grafen av funktionen f(x) = tan x. Det gäller n Z att lim tan x = ±. x π +nπ Exempel För logaritmfunktionen gäller för a > lim x 0 + log a x =, a >. Däremot, om a ]0, [ så är a ], [ och då ln a = ln a = ln a får vi Detta leder till log a x = ln x ln a = ln x ln a = log a x. lim log x 0 + a x =, 0 < a <. Jämför med fallen a = och a = i figur Gränsvärden i oändligheten Definition Med benämningen i rubriken avser vi gränsvärden då x ±. Dessa är i regel egentliga gränsvärden, d.v.s. man har (välj ett av tecknen) lim x ± f(x) = a, där a R är ändligt. I speciella situationer kan emellertid även a vara ±, vilket betyder att vi har att göra med ett oegentligt gränsvärde enligt föregående avsnitt. Vi återkommer nu till funktionen f(x) = x, för vilken vi i föregående avsnitt konstaterade att även x-axeln är en asymptot. Vi har nämligen då a = 0 i definitionen ovan. Ofta är man intresserad av att beräkna gränsvärden i oändligheten för rationella uttryck. Detta sker i praktiken så att man förkortar bråket med en faktor x m av samma gradtal som nämnaren, därefter utnyttjar man gränsvärdet lim x ± c x n = 0 c R, n > 0.

107 06 KAPITEL 5. GRÄNSVÄRDE OCH KONTINUITET 5 4 y 3 0 f(x) = x x x Figur 5.0: Grafen y = x x+. Exempel Vi bestämmer gränsvärdet x lim x x+. Vi utnyttjar förfarandet ovan och skriver x x+ = x( x), vilket ger Se figuren 5.0. x lim x x+ = lim x x + x x(+ x) = lim x x lim x + x = lim x x +lim x x = 0 +0 =.

108 5.4. GRÄNSVÄRDEN OCH OÄNDLIGHETEN 07 Ett gränsvärde av formen lim [ f(x) g(x)] x ± kan beräknas, om lim x ± g(x) = a = 0 existerar (d.v.s. a R är ändligt) och lim x ± f(x) = ±. Gränsvärdet är då ±. Exempelvis, ifall n Z +, har vi lim x ± xn =, n jämnt. lim x ± xn = ±, n udda y x Figur 5.: Grafen y = x3 x, med asymptoterna y = x och x = +x x 5. Exempel Vi bestämmer gränsvärdet x 3 x lim x + x x.

109 08 KAPITEL 5. GRÄNSVÄRDE OCH KONTINUITET Vi utnyttjar det tidigare förfarandet och skriver x3 x +x x ger ( ) = x x x ), vilket x ( + x + x x 3 x lim x + x x = lim x x x + x + x = lim x x lim x x +lim x x + lim x x = lim x x = lim x x = ( ) =. Se figuren 5.. Man ser i uträkningen ovan och också i figuren att för värden på x som närmar sig kommer täljaren att domineras av (de övriga termerna blir så småningom försumbara) termen x och nämnaren av termen. Funktionens kurva har därmed en asymptot i linjen y = x. Den lodräta asymptoten härrör från nämnarens nollställe i den aktuella punkten (kontrollera detta!) Även gränsvärden av andra typer av rationella uttryck än sådana med polynom i täljare och nämnare kan hanteras med vår metod. Exempel Vi undersöker gränsvärdet av funktionen f(x) = 3x +4 x 4 x + x då x

110 5.4. GRÄNSVÄRDEN OCH OÄNDLIGHETEN 09.5 y x Figur 5.: Grafen y = 3x +4 x 4 x + x.. Se figuren x + 4 x lim x 4 x + x = lim 3 x + ( ) x x ( ) x + x 3 x + x = lim x x ( + x ) 3 = x x + lim ( x ) x x x + ( x 34 ) x + = lim x + x = lim ( 34 ) x+ x lim x x + = =.

111 0 KAPITEL 5. GRÄNSVÄRDE OCH KONTINUITET 5.5 Kontinuitet Vi har hittills studerat olika typer av funktioner samt enkla egenskaper hos dessa. Vi går vidare på temat egenskaper med begreppet kontinuerlig, som innebär att funktionen är sammanhängande. ej kontinuerlig kontinuerlig y y x Figur 5.3: Kurvan till vänster är inte sammanhängande, medan kurvan till höger är sammanhängande. x Definition Antag att en funktion f är definierad i ett öppet intervall I R kring punkten x 0 I. Funktionen är då kontinuerlig i denna punkt om lim x x 0 f(x) = f(x 0 ). Annars är den diskontinuerlig i punkten x 0. Se figurerna 5.3 och 5.4. Vår definition av begreppet kontinuitet bygger alltså på att gränsvärdet överensstämmer med funktionsvärdet, båda måste alltså existera för att funktionen skall vara kontinuerlig. I figuren 5.4 ses exempel på situationer där gränsvärdet existerar medan funktionsvärdet inte gör det eller existerar men är olika gränsvärdet. Vi har sett att existensen för gränsvärdet i sin tur förutsätter att de ensidiga vänster- och högergränsvärdena är lika. Detta medför att man kan studera också kontinuiteten ensidigt och vi har då följande Definition Funktionen f är kontinuerlig från vänster i punkten x 0 D f om f(x) = f(x 0 ). lim x x 0

112 5.5. KONTINUITET y y x x y y x Figur 5.4: Av dessa kurvor är det endast funktionen nederst till höger som är kontiuerlig i punkten x 0. I fallet uppe till vänster är funktionen odefinierad i punkten, uppe till höger är funktionen definierad men funktionsvärdet ligger inte på kurvan. Nere till vänster är funktionen definierad med funktionsvärdet i den fyllda cirkeln, men vänster- och högergränsvärdena är olika så att lim x x0 f(x) inte existerar. x Funktionen f är kontinuerlig från höger i punkten x 0 D f om lim x x + 0 f(x) = f(x 0 ). Funktionen f är kontinuerlig i punkten x 0 D f om och endast om den är kontinuerlig både från vänster och höger, d.v.s. om lim x x 0 f(x) = lim x x + 0 f(x) = f(x 0 ). Vi har hittills studerat funktioners kontinuitet i en punkt, men ofta är man mera intresserad av kontinuitet på intervall. Det är då av betydelse om intervallet är öppet eller slutet. För att ha kontinuitet på ett slutet intervall måste man kräva ensidig kontinuitet i intervallets ändpunkter.

113 KAPITEL 5. GRÄNSVÄRDE OCH KONTINUITET vänsterkontinuerlig högerkontinuerlig y y x x Figur 5.5: Ensidigt kontinuerliga funktioner. Definition Kontinuitet på intervall. En funktion f är kontinuerlig på ett intervall]a, b[ D f om den är kontinuerlig för varje x 0 ]a, b[. En funktion f är kontinuerlig på ett intervall [a, b] D f om den är kontinuerlig för varje x 0 ]a, b[ samt högererkontinuerlig i punkten a och vänsterkontinuerlig i punkten b. En funktion f som är kontinuerlig på hela sin definitionsmängd D f är en kontinuerlig funktion. Som tumregel kan man ta följande. Grafen av en kontinuerlig funktion är en sammanhängande kurva. Exempel Vi undersöker den styckevis definierade funktionen { x+, x 0, f(x) = x x, x > 0. Vi konstaterar, att punkten x 0 = 0 är av intresse, från tidigare har vi sett att graferna y = x+ och y = x x är sammanhängande kurvor. Funktionsvärdet i denna punkt är f(0) = 0+ =, medan de ensidiga gränsvärdena är lim x x 0 f(x) = lim x 0 x+ = och lim x x + 0 f(x) = lim x 0 + x x = 0 0 = 0. Därmed är f vänsterkontinuerlig, men ej högerkontinuerlig, i punkten x 0 = 0. Funktionen är således inte kontinuerlig i denna punkt, se figuren 5.6. Exempel Vi bestämmer parametrarna a och b så att den styckevis definierade funktionen x+, x <, f(x) = a, x =, x + b, x >.

114 5.6. EGENSKAPER HOS KONTINUERLIGA FUNKTIONER 3 3 y x Figur 5.6: En vänsterkontinuerlig men inte högerkontinuerlig funktion i en punkt. är kontinuerlig i punkten x 0 =. Man ser direkt, att vänstergränsvärdet i denna punkt är lim x x f(x) = lim 0 x x + = + =. Med beaktande av kravet på kontinuitet i en punkt, enligt ovan, fås då att f() = a =. Från högergränsvärdet får vi vidare villkoret lim x x + f(x) = lim 0 x + x + b = + b =, vilket betyder att b = Egenskaper hos kontinuerliga funktioner Vi fortsätter med några centrala resultat för kontinuerliga funktioner. Flera av dessa är intuitiva, men vi kommer i alla fall att skissera bevisen om dessa kan baseras på vår elementära definition av gränsvärdesbegreppet. Sats Låt f(x) och g(x) vara kontinuerliga funktioner med D f = D g. Då är även följande kontinuerliga på D f = D g f(x)±g(x) och f(x) g(x).

115 4 KAPITEL 5. GRÄNSVÄRDE OCH KONTINUITET Bevis. Tag ett godtyckligt x 0 D f = D g (så att x 0 inte är en ändpunkt i mängden, ifall den är det används samma resonemang som nedan men med ensidiga gränsvärden). Enligt antagande gäller lim x x0 f(x) = f(x 0 ) samt lim x x0 g(x) = g(x 0 ). Vi ser att funktionerna f(x)±g(x) respektive f(x) g(x) antar värdena f(x 0 )±g(x 0 ) respektive f(x 0 ) g(x 0 ) i punkten x = x 0. Med tillämpning av räknereglerna för gränsvärden fås då lim f(x)±g(x) = lim f(x)± lim g(x) = f(x 0 )± g(x 0 ) och x x 0 x x0 x x0 lim f(x) g(x) = lim f(x) lim g(x) = f(x 0 ) g(x 0 ). x x 0 x x0 x x0 Detta är definitionen på kontinuitet för de undersökta funktionerna. Sats Antag att funktionen g(x) är kontinuerlig i punkten x 0. Då gäller. Om även f(x) är kontinuerlig i x 0, så är f(x) g(x) kontinuerlig i x 0 om och endast om ( ) g(x 0 ) = 0.. Om f(x) är kontinuerlig i g(x 0 ) så är ( f g)(x) kontinuerlig i x 0. Sats Följande funktioner är kontinuerliga på hela sin definitionsmängd:. f(x) = a n x n + a n x n + +a x+a 0, D f = R, n Z +.. r(x) = p(x) p(x), q(x) polynomfunktioner, D q(x) r = R\{x q(x) = 0}. R, q Z 3. f(x) = x q, D f = R + {0}, q Q + R +, q Q. 4. f(x) = a x, a > 0, D f = R. 5. f(x) = log a x, 0 < a =, D f = R f(x) = sin x eller cos x, D f = R. 7. f(x) = tan x, D f = R\ { π + nπ n Z }. 8. f(x) = x, D f = R.

116 5.6. EGENSKAPER HOS KONTINUERLIGA FUNKTIONER 5 Observation Enligt vår definition är funktionen tan x kontinuerlig, trots att dess graf (se t.ex. figur i tabellerna) inte är sammanhängande. Däremot är varje gren av tangensfunktionen, som fås med restriktioner av typen x ] π, π [, nog sammanhängande. Anmärkning Som de tidigare satserna säger, är även summor, differenser och produkter av ovanstående funktioner kontinuerliga. Kvoter är kontinuerliga förutsatt att nämnaren inte är lika med noll. Exempel Funktionen i föregående exempel, x+, x <, f(x) = a, x =, x + b, x >, är med parametervärdena a = och b = 0 inte bara kontinuerlig i punkten x 0 =, utan den är kontinuerlig på mängden D f = R emedan dess styckevisa funktioner i intervallen ], [ och [, [ är polynom (en konstant är ett polynom av graden 0) och därmed kontinuerliga enligt satsen ovan. Observation Vår definition på kontinuitet, lim f(x) = f(x 0 ), x x 0 säger egentligen att man kan flytta in gränsvärdet innanför funktionen. Man kan då betrakta f(x) som en sammansatt funktion.

117 6 KAPITEL 5. GRÄNSVÄRDE OCH KONTINUITET Exempel Vi bestämmer gränsvärdet ( lim x 4x + x = lim x ) 4x + x x+ 4x + x x x x+ 4x + x ( (x) 4x + x) = lim x x+ 4x + x 4x 4x x = lim x x+ 4x + x = lim x = lim x = + x ( ( ) x + x x ) 4+ x + x x 4+ x, x > 0 4+lim x x = + 4 = 4. I de sista stegena utnyttjades att x > 0 x = x då x samt att funktionen g(t) = + är kontinuerlig för t 4. Detta tillåter att gränsvärdet 4+t flyttas in från den yttre funktionen g till t, och vi kan tillämpa gränsvärdet i oändligheten lim x x = 0. Exempel Vi utreder för vilka x funktionen f(x) = cos x +ln x är kontinuerlig. Konstaterar först att logaritmfunktionen är definierad endast för positiva x-värden. Dessutom bör nämnaren vara olika noll, så man har kravet +ln x = 0 ln x = = ln { e = } ln e = ln e x = e. Således har vi definitionsmängden D f = R + \ e. De i f(x) ingående delfunktionerna cos x, (polynom av grad noll, eller på basen av definitionen av kontinuitet) samt ln x är alla kontinuerliga på D f. Dessutom är summan i nämnaren och kvoten kontinuerliga på D f, eftersom nämnarens nollställen inte ingår i denna. Funktionen f som helhet är således kontinuerlig på D f, se figuren 5.7.

118 5.6. EGENSKAPER HOS KONTINUERLIGA FUNKTIONER 7 4 y 0 4 f(x) = cos x +ln x x Figur 5.7: Funktionen f(x) = +ln cos x x beter sig ungefär som f(x) = +ln x nära origo, emedan cos x där. För x-värden till höger om origo blir funktionen en svagt dämpad cosinuskurva som till sist dör ut, p.g.a. att lim x f(x) = 0. Sats Satsen om mellanliggande värden. Antag att funktionen f är kontinuerlig på intervallet I och att f på detta intervall antar värdena p och q, p < q. Då antar funktionen på intervallet I alla värden i intervallet[p, q]. Särskilt gäller att om f(x) är kontinuerlig på intervallet [a, b] och f(a) < 0 medan f(b) > 0 så finns det ett x 0 ]a, b[ sådant att f(x 0 ) = 0, d.v.s. ekvationen f(x) = 0 har (minst) en lösning i intervallet]a, b[. Observation En funktion som är kontinuerlig på ett intervall kan alltså inte byta tecken på intervallet utan att passera ett nollställe. Detta är en central egenskap hos kontinuerliga funktioner som ligger till grund bl.a. för lösning av ekvationer. Exempel Vi demonstrerar att ekvationen sin x+ x = 0 har minst en reell lösning. Funktionen f(x) = sin x+x är kontinuerlig på D f = R, eftersom alla de ingående funktionerna samt deras summa (differens) är definierade

119 8 KAPITEL 5. GRÄNSVÄRDE OCH KONTINUITET y f(x) = sin x+x x Figur 5.8: Grafen av den kontinuerliga funktionen y = f(x) = sin x+x. Vi konstaterar att f(0) = < 0 samt f ( ) π = π > 0. Därmed måste den ha minst ett nollställe i intervallet ] 0, π [. Från grafen ses att f(x0 ) = 0 för x 0. och kontinuerliga på R. Vi kan med prövning av olika x-värden i definitionsmängden notera, att f(0) = < 0 samt f ( ) π = π > 0. Därmed måste den ] enligt [ satsen om mellanliggande värden ha minst ett nollställe i intervallet 0, π R. Ekvationen har således minst en reell lösning, se figuren 5.8. Exempel Funktionen f är kontinuerlig och uppfyller f(x) ]0, [ x [0, ]. Vi skall visa att det existerar ett tal a ]0, [ sådant att f(a) = a. Vi noterar att f(a) = a är ekvivalent med att ekvationen f(x) x = 0 har lösningen x = a. Då kan vi granska funktionen g(x) = f(x) x, som ju också måste vara kontinuerlig i intervallet x [0, ]. Man ser dessutom att g(0) = f(0) 0 = f(0) ]0, [ samt g() = f() ], 0[ eftersom 0 < f(x) < 0 < f(x) <. Vi har alltså g(0) > 0 och g() < 0 för den kontinuerliga funktionen g. Då säger satsen om mellanliggande värden att det måste finnas minst ett x 0 sådant att g(x 0 ) = 0. Om man väljer a = x 0 fås då g(a) = f(a) a = 0 f(a) = a. Vi introducerar nu begreppen största och minsta värde med ett enkelt

120 5.6. EGENSKAPER HOS KONTINUERLIGA FUNKTIONER y x Figur 5.9: Grafen y = f(x) = x med största och minsta värden på ett intervall. exempel. Exempel Vilka värden antar funktionen f(x) = x, se figuren 5.9, på intervallet a)[, ], b)[, [, c)], ], d)], [ a) Minsta värdet är f() =, största värdet är f() = = 4. b) Minsta värdet är f() =, största värde existerar inte. c) Minsta värde existerar inte, största värdet är f() = = 4. d) Varken minsta eller största värde existerar. Anmärkning Det kan tyckas märkligt att en öppen gräns för intervallet av tillåtna x-värden leder till att motsvarande största/minsta funk-

121 0 KAPITEL 5. GRÄNSVÄRDE OCH KONTINUITET tionsvärde inte existerar, men detta skall uppfattas så att inget entydigt sådant funktionsvärde finns. En öppen gräns innebär ju att man i x-värden kan gå godtyckligt nära denna gräns och därmed också ha ett godyckligt funktionsvärde. Det finns också situationer där f(x) ± i den öppna gränsen, t.ex. för lim x 0 + x =, där f(x) = x är kontinuerlig på intervallet ]0, ]. Att intervallet är slutet är därmed ett krav för att största och minsta värde skall existera. Sats En kontinuerlig funktion på ett slutet intervall antar ett största och ett minsta värde på detta intervall. Exempel Funktionen f(x) = log (x+ ) är kontinuerlig och strängt växande på intervallet [0, 3], vilket med tillämpning av satsen ovan medför att största och minsta funktionsvärde existerar. Eftersom den är strängt växande är dess största värde på detta intervall därmed f(3) = log (3+) = log 4 = och minsta värde f(0) = log (0+) = log =. Anmärkning Vi kan notera att största och minsta värde existerar även för godtyckligt komplicerade, icke-monotona kontinuerliga funktioner på slutna intervall. Största och minsta värde kan då uppträda också i någon inre punkt (d.v.s. ej ändpunkt) i det slutna intervallet.

122 Kapitel 6 Derivata 6. Definition 5 4 y x Figur 6.: Grafen y = f(x) av funkionen f(x) = x. Vi önskar beräkna tangentens riktningskoefficient i punkten (, f()) = (, ). Som approximation använder vi h = med sekanten genom punkterna (, ) och (+h, f(+h)) = ( 3, 4) 9.

123 KAPITEL 6. DERIVATA Antag att vi vill bestämma riktningskoefficienten k hos tangenten till en given kurva y = f(x) i punkten x 0. För att approximera tangenten ritar vi en linje genom punkterna(x 0, f(x 0 )) och(x 0 + h, f(x 0 + h)), där h är ett litet tal. Denna linje är då en sekant till kurvan, men då man låter h 0 kommer sekanten att närma sig tangenten genom punkten (x 0, f(x 0 )), se figurerna 6. och 6.. Sekantens riktningskoefficient blir k = f(x 0+ h) f(x 0 ) = f(x 0+ h) f(x 0 ). x 0 + h x 0 h Derivatan är tangentens riktningskoefficient, enligt: Definition 6... Derivatan av funktionen f(x) i punkten x 0 D f är f f(x (x 0 ) = 0 + h) f(x 0 ) lim, h 0 h förutsatt att gränsvärdet existerar. I detta fall säger man att f är deriverbar i punkten (x 0, f(x 0 )). Man ser även ofta följande variant av gränsvärdet ovan (förvissa dig om att de är ekvivalenta!): f (x 0 ) = lim x x0 f(x) f(x 0 ) x x 0. Derivatan är tangentens riktningskoefficient i denna punkt. Kvoten f(x 0+h) f(x 0 ) h eller f(x) f(x 0) x x 0 kallas differenskvot. Eftersom räta linjens ekvation ges av: y y 0 = k(x x 0 ), där k är riktningskoefficienten och (x 0, y 0 ) är en punkt på linjen, så är ekvationen för tangenten till kurvan y = f(x) i punkten (x 0, f(x 0 )): y f(x 0 ) = f (x 0 )(x x 0 ) Exempel 6... Vi betraktar funktionen f(x) = x 3 och bestämer a) f (), b) ekvationen för tangenten genom punkten (, f()). Enligt definitionen fås med

124 6.. DEFINITION y x Figur 6.: Grafen y = f(x) av funktionen f(x) = x, med tangenten i punkten (, f()) = (, ). x 0 = : f () = lim h 0 f(+h) f() h = lim h 0 (+ h) 3 h +3h+3h + h 3 = lim h 0 h h = 3 + 3h + 3h lim h 0 h = lim h + 3h+3 = 3. h 0 Tangentens ekvation genom punkten(, f()) blir således y f(x 0 ) = f (x 0 )(x x 0 ) eller y = 3(x ) y = 3x. Exempel 6... Vi bestämmer ett allmänt uttryck för f (x 0 ) då f(x) = x,

125 4 KAPITEL 6. DERIVATA x > 0. Från den alternativa formen av definitionen får vi f f(x) f(x (x 0 ) = 0 ) x x0 lim = lim x x0 x x 0 x x0 x x 0 ( ) x x0 x+ x0 = lim x x0 x x 0 x+ x0 ( )( ) x x0 x+ x0 6. Derivatafunktionen = lim x x0 (x x 0 ) ( x+ x 0 ) = lim x x0 x x 0 (x x 0 ) ( x+ x 0 ) = lim = x x0 x+ x0. x 0 Vi har hittills behandlat derivatan i en punkt. I exemplet ovan uttrycktes derivatan som en funktion av denna punkt, x 0 D f. Man kan då även allmänt bilda en funktion f (x) för x D f, som beskriver derivatans värde i olika punkter. Derivatan av funktionen f i punkten x 0 kan således betraktas som funktionsvärdet hos derivatafunktionen f (x) i punkten x 0. Derivatafunktionen är definierad i de punkter x 0 D f, där f (x 0 ) existerar, vilket betyder att D f D f. Exempel 6... Enligt föregående exempel gäller att derivatafunktionen för f(x) = x är f (x) = x, x > 0. Vi har således D f = {x x 0} och D f = {x x > 0}. Definition 6... Funktionen f är deriverbar i intervallet ]a, b[ om den är deriverbar för alla x ]a, b[. Om det dessutom gäller att ]a, b[= D f, sägs f vara deriverbar. (Intervallet ]a, b[ kan även vara R eller något annat öppet intervall.) Då man bestämmer derivatafunktionen f (x) säger man att man deriverar funktionen f. Följande beteckningar förekommer ofta: f (x) = D f(x) eller f (x) = d f dx. Här antas att derivatan f (x) existerar för alla x-värden i funktionens f definitionsmängd D f.

126 6.. DERIVATAFUNKTIONEN 5 Exempel 6... Vi kan alltså också skriva D x = x = d x dx = d x. dx Regel För derivatan gäller, då f(x) och g(x) är deriverbara funktioner och c är en konstant, räknereglerna (följer av derivatans definition samt motsvarande räkneregler för gränsvärden). D(c f(x)) = cd( f(x)). D( f(x)+g(x)) = D( f(x))+d(g(x)) En operator (i detta fall D som symboliserar att man utför en derivering på funktionen till höger om symbolen) som uppfyller villkoren ovan sägs vara linjär. Exempel Vi bestämmer derivatan av funktionen f(x) = x n, n N i punkten x 0. Enligt definitionen är f (x 0 ) = lim x x0 f(x) f(x 0 ) x x 0 = lim x x0 x n x n 0 x x 0. Fallet n = 0 ger att täljaren i differenskvoten är identiskt lika med noll, ty = x 0 = x 0 0 = och gränsvärdet blir då noll, d.v.s. derivatan av = x0 är noll. Eftersom direkt insättning av x 0 i de övriga fallen, n, ger den obestämda formen 0 0, försöker vi faktorisera täljaren enligt xn x n 0 = (x x 0)p(x) (I fallet n = är p(x) = och f (x 0 ) = ). En uträkning med t.ex. trappstegsdivision ger följande (faktoriseringen finns även i tabeller) p(x) = xn x n 0 x x 0 = x n + x 0 x n + +x n 0 x+x n 0, p(x 0 ) = nx n 0. Detta leder till resultatet f x (x 0 ) = lim n x0 n x x0 x x 0 = p(x 0 ) = nx0 n, som fungerar även för fallen n = 0,. Vi har alltså visat följande: Sats n N : Dx n = nx n. Detta resultat kan, med tillämpning av reglerna för derivering av en summa och en produkt med en konstant, användas för att derivera ett polynom: ) D (a n x n + a n x n + +a x+a 0 = na n x n +(n )a n x n + +a.

127 6 KAPITEL 6. DERIVATA Exempel ( D(7) = D 7x 0) = 7 0 x 0 = 0, ( D 4x 5) = 4 5 x 5 = 0x 4, ( D 7+4x 5) ( = D(7)+ D 4x 5) = 0+0x 4 = 0x 4, ( ) D 3x 3 + 5x 4x+ = 9x + 0x 4. Exempel Vi definierar f(x) = x 4x och löser ekvationen f ( x ) = f (3). Derivatafunktionen är, enligt reglerna ovan, f (x) = x 4. Då lyder ekvationen ( x ) 4 = 3 4 x = 6 x = 3 x = ± 3. Exempel Vi deriverar baklänges, d.v.s. vi känner derivatafunktionen f (x) = 3x 4x + och önskar utgående från denna bestämma funktionen f(x). Från formeln ovan, Dx n = nx n, ser vi att i vårt fall är n = vilket betyder att f måste vara av gradtal 3. Vi låter alltså funktionen f vara ett godtyckligt tredjegradspolynom, med motsvarande derivatafunktion: f(x) = ax 3 + bx + cx+d, f (x) = 3ax + bx+c. Vi har då identiteten, d.v.s. en ekvation som gäller för alla värden där uttrycken är definierade (likhet i en sådan brukar uttryckas med tecknet ), f (x) = 3ax + bx+c 3x 4x+. Eftersom den senare likheten skall gälla för alla x-värden, måste koefficienterna i polynomen i vänstra och högra ledet vara lika. Jämförelse ger då direkt a =, b = 4 b = samt c =. Konstanten d som ingår i f försvinner vid deriveringen och kan väljas godtyckligt, d.v.s. d R. Därmed är alla funktioner (vi har de facto oändligt många, en för varje valt värde på konstanten d) som ger den sökta derivatafunktionen f(x) = x 3 x + x+d, d R. Vi avslutar detta avsnitt med ett användbart resultat som ger sambandet mellan kontinuitet och deriverbarhet hos en funktion. Sats Om funktionen f är deriverbar i punkten x 0 så är den även kontinuerlig i denna punkt. Detta gäller emellertid inte omvänt, kontinuitet medför inte deriverbarhet.

128 6.3. GRAFISK TOLKNING AV DERIVATAN 7 Bevis. (Ej fullständigt) Vi antar att funktionen f(x) är deriverbar i punkten x = x 0. Då existerar gränsvärdet som definierar derivatafunktionens värde i den aktuella punkten och man har f (x 0 ) = lim x x0 f(x) f(x 0 ) x x 0 = ±. Eftersom lim x x0 x x 0 = 0 i nämnaren kan gränsvärdet som helhet vara ändligt endast om lim x x0 f(x) f(x 0 ) = 0, vilket enligt räknereglerna för gränsvärden betyder att lim x x0 f(x) = f(x 0 ), där f(x 0 ) är en konstant. Detta betyder att funktionsvärdet för f i punkten x 0, f(x 0 ) är lika med gränsvärdet i samma punkt. Därmed är f kontinuerlig i denna punkt. För att visa, att kontinuitet inte medför deriverbarhet, behöver vi endast hitta ett motexempel. Ta exempelvis f : R R : f(x) = x, som är kontinuerlig på hela sin definitionsmängd (visa detta!). Nu är det inte svårt att se för x 0 = 0, f(x 0 ) = 0 = 0 att lim x x + 0 lim x x 0 f(x) f(x 0 ) x x 0 f(x) f(x 0 ) x x 0 = lim x 0 + x 0 x 0 = lim x 0 + =, x 0 = lim x 0 x 0 = lim =. x 0 f(x) f(x Gränsvärdet lim 0 ) x x0 x x 0 existerar alltså inte i punkten x 0 = 0. Därmed är f inte deriverbar i origo. Detta exempel motsäger således att en allmän kontinuerlig funktion skulle vara deriverbar. 6.3 Grafisk tolkning av derivatan Vi definierade derivatan f (x 0 ) av en funktion f i punkten x 0 utgående från dess tolkning som tangentens riktningskoefficient i punkten x 0 för kurvan y = f(x). Tangenten har då ekvationen y f(x 0 ) = f (x 0 )(x x 0 ). Normalen i punkten x 0 är vinkelrät mot tangenten och eftersom produkten av två vinkelräta riktningskoefficienter är måste normalens riktningskoeffficient vara f (x 0 ), ifall det antas att f (x 0 ) = 0. Då har normalen ekvationen y f(x 0 ) = f (x 0 ) (x x 0). I fallet f (x 0 ) = 0 är tangentens ekvation y = f(x 0 ) och normalens ekvation x = x 0.

129 8 KAPITEL 6. DERIVATA 6 4 y f(x) = x 6x+ y = x 4 y = x x Figur 6.3: Grafen y = f(x) av funktionen f(x) = x 6x+, med tangenten och normalen genom punkten (4, f(4)) = (4, 6). Exempel Vi studerar kurvan y = f(x), där f(x) = x 6x+ och bestämmer a) parabelns vändpunkt och b) ekvationerna för tangenten och normalen i punkten (4, 6). Parabeln, som öppnar sig uppåt, vänder då tangenten har riktningskoefficienten noll. Vändpunkten (x 0, f(x 0 )) bestäms då av villkoret f (x 0 ) = 0, eller: f (x 0 ) = x 0 6 = 0 x 0 = 3. Då fås f(x 0 ) = f(3) = = 7 och vändpunkten är (x 0, f(x 0 )) = (3, 7). I punkten(4, 6) kan vi kontrollera, att den ligger på kurvan y = f(x), d.v.s.

130 6.3. GRAFISK TOLKNING AV DERIVATAN 9 f(4) = = 6. Derivatan i denna punkt är f (4) = 4 6 =, varvid fås tangentens ekvation y = (x 4)+( 6) = x 4 och normalens ekvation y = (x 4)+( 6) = x 4. Se figuren y 0 4 x 3 x x+ y = x+ 7 7 y x y = x x Figur 6.4: Grafen y = f(x) av funktionen f(x) = x 3 x x+, med tangenterna y = x+ 7 7 respektive y = x samt linjen y = x 3. Exempel Kurvan y = f(x) = x 3 x x + har två tangenter som är parallella med linjen y = x 3. Vi bestämmer ekvationerna för dessa tangenter, som båda alltså har riktningskoefficienten. Vi bör alltså finna två punkter x 0 och x på kurvan y = f(x) sådana att f (x 0 ) = = f (x ). Vi kan börja med att bestämma derivatafunktionen f (x) = 3x x =

131 30 KAPITEL 6. DERIVATA (3x x ). Vi får då ekvationen (3x x ) = 3x x = 0 x = ( )± ( ) 4 3 ( ) 3 vilket ger x = ±5 6 eller x 0 = 3 och x =. Motsvarande funktionsvärden blir då f(x 0 ) = f ( 3) ( ) = 3 ( ) 3 ( ) = = 35 7 och f(x ) = f() = 3 + = 0. De två tangenterna går således genom punkterna (x 0, f(x 0 )) = ( 3, 7) 35 och(x, f(x )) = (, 0) och har båda riktningskoefficienten. Vi kan då ställa upp deras ekvationer Se figuren 6.4. y 35 ( ( 7 = x )) 3 y = x+ 7 7, y 0 = (x ) y = x. Exempel Vi bestämmer ekvationerna för de tangenter till kurvan y = f(x) = x 3 + som går igenom punkten (, ). Konstaterar först att f( ) = ( ) 3 + = + = 0 =, vilket betyder att punkten (, ) inte ligger på kurvan y = f(x). Låt tangeringspunkten vara (x 0, f(x 0 )), tangenternas riktningskoefficient är då f (x 0 ) = 3x 0 och deras ekvation blir y f(x 0) = f (x 0 )(x x 0 ). Enligt antagande går tangenterna genom punkten (, ), vilket betyder att deras ekvationer måste satisfieras av (x, y) = (, ) och vi kan bestämma tangeringspunkten: f(x 0 = f (x 0 )( x 0 ) ) (x0 3+ = 3x0 ( x 0) x x 0 = 0 x 0 (x 0+ 3) = 0 x 0 = 0 x 0 = 3 ( f(x 0 ) = f(x 0 ) = 3 ) 3 + = 9 8 ( f (x 0 ) = 3 0 = 0 f (x 0 ) = 3 3 ) = 7 4.,

132 6.4. DERIVERINGSREGLER 3 Insättning av detta ger ekvationerna för tangenterna ( y = 0(x 0) y 9 ) = y = y = 7 3 x ( ( x 3 )) Se figuren 6.5. Alternativt kunde man ha ställt upp ekvationerna utgående från att de går igenom punkten (, ). Detta skulle ha gett aningen enklare beräkningar. y f(x) = x y = 7x+3 4 y = x Figur 6.5: Grafen y = f(x) av funktionen f(x) = x 3 +, med tangenterna y = respektive y = 7x Deriveringsregler Vi studerar deriveringsregler för olika typer av uttryck och några vanliga funktioner. Vi introducerar också begereppet högre derivata.

133 3 KAPITEL 6. DERIVATA 6.4. Derivering av en produkt och en kvot Deriveringsregeln för en produkt kan härledas från derivatans definition. f(x)g(x) f(x D( f(x)g(x)) x=x0 = 0 )g(x 0 ) lim x x0 x x 0 f(x)g(x) f(x = 0 )g(x)+ f(x 0 )g(x) f(x 0 )g(x 0 ) lim x x0 x x 0 f(x) f(x = 0 ) lim g(x)+ g(x) g(x 0) f(x 0 ) x x0 x x 0 x x 0 Vi har således f(x) f(x = 0 ) lim x x0 x x 0 f(x) f(x = 0 ) lim x x0 x x 0 = f (x 0 )g(x 0 )+ f(x 0 )g (x 0 ). g(x)+ lim x x0 g(x) g(x 0 ) x x 0 f(x 0 ) g(x) g(x lim g(x)+ f(x 0 ) 0 ) lim x x0 x x0 x x 0 Sats Antag att funktionerna f och g är deriverbara i punkten x 0. Då gäller D( f(x 0 )g(x 0 )) = f (x 0 )g(x 0 )+ f(x 0 )g (x 0 ). Mer allmänt gäller för de deriverbara funktionerna f, g och h D( f(x 0 )g(x 0 )h(x 0 )) = f (x 0 )g(x 0 )h(x 0 )+ f(x 0 )g (x 0 )h(x 0 )+ f(x 0 )g(x 0 )h (x 0 ). Detta kan generaliseras till regeln: D f n = n f n f. Exempel ( ) D (x 3x)(x + x 4) = (x 3)(x + x 4)+(x 3x)(x+) = x 3 + x 8x 3x 3x+ +(x 3x)(x+) = x 3 x x++x 3 + x 6x 3x = 4x 3 6x 4x+.

134 6.4. DERIVERINGSREGLER 33 Exempel ( D (4x+ 4) ) = (4x+ 4) 4 = 44(4x+4) 0. Sats Antag att funktionerna f och g är deriverbara i punkten x 0 samt att g(x 0 ) = 0. Då gäller ( ) f(x0 ) D = f (x 0 )g(x 0 ) f(x 0 )g (x 0 ) g(x 0 ) g. (x 0 ) Speciellt gäller för f(x) att ( ) D g(x 0 ) Bevis. D ( ) f(x0 ) = lim g(x 0 ) x x0 f(x) g(x) f(x 0) g(x 0 ) = g (x 0 ) g (x 0 ). x x 0 f(x)g(x = 0 ) f(x 0 )g(x) lim, g(x 0 ) = 0 x x0 (x x 0 )g(x 0 )g(x) f(x)g(x = 0 ) f(x 0 )g(x 0 )+ f(x 0 )g(x 0 ) f(x 0 )g(x) lim x x0 (x x 0 )g(x 0 )g(x) f(x)g(x = 0 ) f(x 0 )g(x 0 ) f(x lim + 0 )g(x 0 ) f(x 0 )g(x) lim x x0 (x x 0 )g(x 0 )g(x) x x0 (x x 0 )g(x 0 )g(x) f(x) f(x = 0 ) lim x x0 (x x 0 )g(x) + lim g(x 0 ) g(x) x x 0 (x x 0 )g(x 0 )g(x) f(x 0) = lim x x0 f(x) f(x 0 ) x x 0 = f (x 0 ) g(x 0 ) g (x 0 ) f(x 0 ) g (x 0 ) lim x x0 g(x) + lim g(x 0 ) g(x) f(x 0 ) x x 0 x x 0 g(x 0 )g(x) = f (x 0 )g(x 0 ) f(x 0 )g (x 0 ) g (x 0 ). Observation Deriveringsregeln för potenser gäller även då exponenten är ett negativt heltal. Man kan nämligen tillämpa regeln ovan med f(x), g(x) = x n. Låt n Z + och beräkna Dx n = D x n = nxn (x n ) = nxn x n = nx n n = nx n.

135 34 KAPITEL 6. DERIVATA Då gäller alltså n Z (jämför med vår tidigare formel som härleddes för n N): Dx n = nx n. Exempel Vi deriverar ett rationellt uttryck D x+ x + x 4 = (x + x 4) (x+)(x+) (x + x 4) = x + x 8 (x+) (x + x 4) = x + x 8 (4x + 4x+ ) (x + x 4) = x x 9 (x + x 4) Några vanliga funktioner Vi sammanfattar några deriveringsregler för de vanligaste funktionerna. Övriga finns i tabeller. Regel För derivatan av funktionerna nedan gäller, när x R om övrigt ej anges.. Dx a = ax a, a R, x R +. Om a Z så gäller formeln för alla x R.. Da x = a x ln a, 0 < a =, x R. Speciellt gäller De x = e x ln e = e x. 3. D log a x = x ln a, 0 < a =, x R +. Speciellt gäller D ln x = x ln e = x. 4. D sin x = cos x, D cos x = sin x. 5. D tan x = cos x = +tan x, x R\ { π + nπ n Z }.

136 6.4. DERIVERINGSREGLER 35 Bevis. Vi bevisar D sin x = cos x utgående från derivatans definition och additionsformlerna för de trigonometriska funktionerna sin(x+h) sin x D sin x = lim h 0 h sin x cos h+cos x sin h sin x = lim h 0 h cos h sin h = sin x lim + cos x lim h 0 h h 0 h = 0 sin x+ cos x. sin h Vi utnyttjade i det sista steget det kända gränsvärdet lim h 0 h =, som kan tillämpas för att visa ( ) cos h cos h cos h+ lim = lim h 0 h h 0 h cos h+ cos = h lim h 0 h(cos h+) sin h = lim h 0 h(cos h+) sin h = lim h 0 h = ( ) lim h 0 sin h cos h+ sin 0 cos 0+ = ( ) 0 + = 0. På samma sätt kan man bevisa D cos x = sin x. Dessa kan utnyttjas för att bevisa den sista regeln D tan x = cos x = +tan x, ifall man betraktar relationen tan x = cos sin x x och deriverar detta med regeln för en kvot: D tan x = D sin x cos x D sin x cos x sin xd cos x = cos x cos x cos x sin x( sin x) = cos x = cos x+sin x cos x = cos x = + sin x cos x = +tan x, x R\ { π } + nπ n Z.

137 36 KAPITEL 6. DERIVATA Exempel Vi visar att derivatan till funktionen f(x) = e x( x 3 x ) har åtminstone ett nollställe i intervallet ]0, [. Vi utnyttjar regeln för derivering av en produkt tillsammans med reglerna för polynom och exponentialfunktionen f (x) = e x( x 3 x ) + e x( ) 3x x = e x( ) x 3 + x x = xe x( ) x + x. Derivatafunktionen bildas alltså av produkten av en kontinuerlig exponentialfunktion och ett polynom som också är kontinuerligt. Därmed är f (x) kontinuerlig. Vi observerar nu att faktorn xe x ej har något nollställe i intervallet ]0, [. Med stöd av nollregeln måste då det eventuella nollstället uppträda i den andra faktorn x + x, som är ett andragradspolynom med diskriminanten 4 ( ) = > 0. På basen av diskriminanten har polynomet alltså två nollställen: x = ± = ± 3 och ett av dessa faller inom det önskade intervallet: 3 ]0, [. Alternativt kunde derivatafunktionens kontinuitet tillsammans med satsen om mellanliggande värden ha utnyttjats ifall man hade beräknat två funktionsvärden nära intervalländpunkterna med olika tecken Högre derivator Vi har sett att f motsvarar tangentens riktningskoefficient, vilket innebär att derivatan kan betraktas som ett mått på funktionens tillväxthastighet i tangeringspunkten. För en snabbt växande funktion har tangenten en stor riktningskoefficient och för en långsamt växande en liten. En konstant funktion har riktningskoefficienten noll. Ifall derivatan av derivatafunktionen existerar beskriver denna då derivatans tillväxthastighet, eller accelerationen. Definition Andra derivatan av funktionen f är derivatan av derivatafunktionen f och betecknas f, D f eller d f dx. n:te derivatan av f är derivatan av n :a derivatafunktionen f (n ) och betecknas f (n) (x), D n f eller dn f dx n. Exempel Vi bestämmer derivatan samt andra derivatan av f(x) = x 3 + x 7. Derivering en gång med användning av deriveringsreglerna ger f (x) =

138 6.5. ENSIDIGA DERIVATOR; DERIVERBARHET 37 3x + och derivering två gånger ger f (x) = 6x. Derivering tre gånger ger f (x) = 6 och derivering fyra gånger ger f (4) (x) = 0. Således har vi f (n) (x) = 0 n 4. Exempel En bil kör längs en väg så att den tillryggalagda sträckan som funktion av tiden beskrivs av s(t) = t, t 0, där tiden mäts i sekunder och sträckan i meter. Vi kan utnyttja deriveringsreglerna ovan för att bestämma derivatorna s samt s, då s(t) = t. Vi får då s (t) = t ( ) samt s (t) = t. Vid tidpunkten t 0 = 9 har bilen hastigheten s (t 0 ) = = t 0 6 och accelerationen s (t 0 ) = 4t 0 t0 = 08. Hastighetsökningen minskar således. 6.5 Ensidiga derivator; deriverbarhet På samma sätt som vi tidigare baserade existensen av ett gränsvärde på ensidiga sådana kan man introducera ensidiga derivator och definiera deriverbarhet utgående från detta. Definition Funktionen f har för x 0 D f en vänsterderivata eller f är deriverbar från vänster, om f(x 0 + h) f(x 0 ) lim h 0 h = lim x x 0 f(x) f(x 0 ) x x 0 existerar och en högerderivata eller f är deriverbar från höger, om f(x 0 + h) f(x 0 ) lim h 0 + h = lim x x + 0 f(x) f(x 0 ) x x 0 existerar. Vänsterderivatan betecknas med f (x 0 ) och högerderivatan med f +(x 0 ). Följande resultat är en direkt följd av existensen av ett gränsvärde och derivatans definition Sats Funktionen f är deriverbar för x 0 om och endast om dess vänster- och högerderivator existerar och är lika, d.v.s. f (x 0 ) = f (x 0 ) = f +(x 0 ).

139 38 KAPITEL 6. DERIVATA Vi såg i ett tidigare exempel att det kan finnas funktioner som är kontinuerliga i en punkt utan att vara deriverbara där. Vi tog då som exempel funktionen f(x) = x, som har f (0) = = = f +(0) och är således ej deriverbar i origo trots att den är kontinuerlig där (det finns ingen entydig tangent i origo där funktionen har en spets). Exempel Vi undersöker funktionens { x f(x) =, x, x 4x+ 4, x >, deriverbarhet på R. Vi har sett att derivatan av ett polynom definierat på en mängd D R (delmängd som är mindre än eller lika med R) är ett polynom och därmed definierat på hela D. Då är polynomen x respektive x 4x+4 deriverbara på mängderna x < respektive x >. Det är alltså punkten x = som bör utredas, och vi kan bilda de ensidiga derivatorna: f () f(x) f() = lim x x f +() f(x) f() = lim x + x x = lim x x (+ x)( x) = lim x x x 4x+4 = lim x + x (x )(x 3) = lim x + x x = lim x x = lim x) = x (+ x 4x+ 3 = lim x + x = lim x 3 =. x + Emedan f () = = f +() kan vi konstatera, att f är deriverbar även i punkten x = och således deriverbar på hela R. Man behöver inte undersöka punktvis (i en punkt) deriverbarhet utgående från de ensidiga derivatornas definition, ifall man utnyttjar följande resultat, som vi inte bevisar, Sats Antag att funktionen f är kontinuerlig i punkten x 0 och deriverbar nära x 0 (den behöver alltså ej vara deriverbar i punkten x 0 ). Antag dessutom att gränsvärdet lim x x0 f (x) existerar. Då gäller att f är deriverbar även i punkten x 0 och f (x 0 ) = lim x x0 f (x). Resultatet gäller även ensidigt: Antag att f är högerkontinuerlig i punkten x 0 och deriverbar nära denna för x > x 0 (den

140 6.5. ENSIDIGA DERIVATOR; DERIVERBARHET 39 behöver alltså ej vara deriverbar i punkten x 0 ). Antag dessutom att gränsvärdet lim x x + f (x) existerar. Då gäller att f är deriverbar från höger även i punkten 0 x 0 och f +(x 0 ) = lim x x + f (x). Motsvarande ensidiga resultat gäller även från 0 vänster. Med tillämpning av denna sats hade man i föregående exempel fått f +() = lim x + f (x) = lim x + x 4 = och f () = lim x f (x) = lim x x =, utan att använda derivatans definition. Först borde man emellertid ha kontrollerat att f är kontinuerlig. Exempel Vi bestämmer konstanterna a och b så att funktionen { x f(x) = + bx+3, x a, x, x > a, är deriverbar överallt. En förutsättning för deriverbarhet är att funktionen är kontinuerlig överallt. I intervallen x a samt x > a är funktionen definierad som polynom, som är en kontinuerlig funktion. Det är uppenbart att funktionen är vänsterkontinuerlig i punkten x = a, ty den är definierad av samma polynom i intervallet x a. För kontinuitet måste vi då ha högerkontinuitet i punkten x = a lim f(x) = f(a) x a + lim x = a + ab+ 3 x a + a = a + ab+3 a + ab+ = 0. Detta är ett villkor för kontinuitet hos f. Nu kan vi bilda derivatafunktionen för de x-värden vi vet att den existerar, d.v.s. inne i intervallen där f definierades som polynom. { f x+b, x < a, (x) = x, x > a. Nu måste det för deriverbarhet gälla, att f (a) = f +(a). Dessa kan enligt satsen ovan bestämmas som gränsvärden f (a) = lim f (x) = lim x+b = a+b, x a x a f +(a) = lim f (x) = lim = a. x a + + x x a

141 40 KAPITEL 6. DERIVATA Detta ger villkoret för deriverbarhet: a+b = a. Vi har då två ekvationer med två obekanta, { a + ab+ = 0 a+b = a Den andra ekvationen ger b = 4a. Sätter man in detta i den första ekvationen fås a 4a + = 0 a = ±, vilket ger b = 4 (välj antingen övre eller undre tecknet). 6.6 Derivatan av en sammansatt funktion Deriveringsreglerna hittills innefattar derivering av summor, produkter och kvoter av funktioner. Hur skall då en sammansatt funktion, exempelvis h(x) = sin ( 4x ) deriveras? Funktionen kan uppfattas som en sammansättning h = g f av g(x) = sin x och f(x) = 4x, så att h(x) = g( f(x)) = (g f)(x) = sin ( 4x ). En funktion av den här typen kan deriveras med följande regel som brukar kallas kedjeregeln : Sats Antag att f är deriverbar i x 0 och att g är deriverbar för x = f(x 0 ). Då är g f deriverbar i x 0 och (g f) (x 0 ) = g ( f(x 0 )) f (x 0 ). f (x 0 ) kallas inre derivatan, g den yttre funktionen och f den inre funktionen. Under lämpliga antaganden kan regeln generaliseras till längre kedjor av sammansatta funktioner, exempelvis D f(g(h(x 0 ))) = f (g(h(x 0 )))Dg(h(x 0 )) = f (g(h(x 0 )))g (h(x 0 ))h (x 0 ). Beviset av kedjeregeln utgår från derivatans definition, men eftersom det innehåller några tekniska detaljer och inte är alltför kort, hoppar vi över det. Noteras kan att beviset av regeln i många texter innehåller felaktigheter. Exempel Vi deriverar den sammansatta funktionen f(x) = ( x, x ) som kan betraktas som en sammansättning f(x) = (g h)(x), med g(x) = x och h(x) = x x. Derivatan är då enligt regeln ovan f (x) = (g h) (x) = h (x)g (h(x)), med inre derivatan h (x) = (x ) x = från regeln för (x ) (x )

142 6.6. DERIVATAN AV EN SAMMANSATT FUNKTION 4 derivering av en kvot. Yttre funktionens derivata fås med regeln för derivering av en potens, g (x) = x och sammansättningen g (h(x))) = x x. Slutresultatet blir således f (x) = (g h) (x) = h (x)g (h(x)) = x (x ) x = 4x. (x ) 3 Exempel Vi deriverar den sammansatta funktionen f(x) = ( x 4 x ) 6, som kan betraktas som en sammansättning f(x) = (g h)(x), med g(x) = x 6 och h(x) = x 4 x. Derivatan är då enligt regeln ovan f (x) = (g h) (x) = h (x)g (h(x)), med inre derivatan h (x) = 4x 3 x från regeln för derivering av en potens. Yttre funktionens derivata fås på samma sätt, g (x) = 6x 5 och sammansättningen g (h(x))) = 6 ( x 4 x ) 5. Slutresultatet blir således f (x) = (g h) (x) = h (x)g (h(x)) = 6 ( 4x 3 x ) (x 4 x ) 5. Exempel Den sammansatta funktionen f(x) = cos x är definierad då cos x 0, vilket betyder att x [ π + nπ, π + nπ], n Z. f(x) = (g h)(x), med g(x) = x och h(x) = cos x. Derivatan är då enligt regeln ovan f (x) = (g h) (x) = h (x)g (h(x)), med inre derivatan h (x) = sin x. Yttre funktionens derivata är g (x) = x och sammansättningen g (h(x))) = cos x. Slutresultatet blir således f (x) = (g h) (x) = h (x)g (h(x)) = sin x cos x. Exempel Den sammansatta funktionen f(x) = ln cos x är definierad då cos x > 0, vilket betyder att x ] π + nπ, π + nπ[, n Z. f(x) = (g h)(x), med g(x) = ln x och h(x) = cos x. Derivatan är då enligt regeln ovan f (x) = (g h) (x) = h (x)g (h(x)), med inre derivatan h (x) = sin x. Yttre funktionens derivata är g (x) = x och sammansättningen g (h(x))) = cos x. Slutresultatet blir således f (x) = (g h) (x) = h (x)g (h(x)) = cos sin x x. Exempel Betraktar f(g(h(x))) = cos(sin(x)), med D f g h = R, h(x) = x, g(x) = sin x och f(x) = cos x. Den generaliserade kedjeregeln ger då derivatan f (g(h(x)))g (h(x))h (x), med h (x) =, g (h(x)) = cos x och f (g(h(x))) = sin(sin(x)), vilket ger slutresultatet sin(sin(x)) cos x. Anmärkning Den vanligaste källan till felaktigheter vid derivering brukar finnas i inre derivatan. Det lönar sig alltså att vara noggrann med denna!

143 4 KAPITEL 6. DERIVATA 6.7 Extremvärden hos funktioner Vi har sett att derivatan av en funktion f motsvarar tangentens riktningkoefficient hos kurvan y = f(x). Detta innebär att derivatan kan utnyttjas för att undersöka funktionens förlopp, d.v.s. var den är avtagande eller växande, var dess största och minsta värden uppträder o.s.v. y y x f (x) > 0 f (x) < 0 x y y f (x) < 0 x f (x) > 0 f (x) > 0 x f (x) < 0 y y f (x) < 0 x f (x) > 0 Figur 6.6: Derivatafunktionens tecken anger om funktionen är avtagande eller växande. Överst från vänster till höger en växande respektive avtagande funktion. I mitten funktioner som uppvisar varierande monotonitet och nederst likaså, med skillnaden att funktionerna nederst saknar derivata i en punkt. f (x) < 0 x f (x) > Derivatans tecken Följande resultat kan visas utgående från derivatans definition Sats Antag att funktionen f är kontinuerlig på[a, b] och deriverbar i]a, b[. Om det i intervallet]a, b[ för varje x gäller att

144 6.7. EXTREMVÄRDEN HOS FUNKTIONER 43. f (x) 0 så är f växande i [a, b]. f (x) > 0 så är f strängt växande i [a, b] 3. f (x) 0 så är f avtagande i [a, b] 4. f (x) < 0 så är f strängt avtagande i[a, b] 5. f (x) = 0 så är f konstant i[a, b] Observera, att a, b tillåts vara±. y x Figur 6.7: En strängt avtagande kontinuerlig funktion som saknar derivata i en punkt (i origo). Exempel Vi undersöker i vilka intervall f är strängt avtagande, då { x, x 0, f(x) = x, x > 0. Vi ser att f är kontinuerlig på R, emedan lim x 0 f(x) = f(0) = 0 (Bestäm de ensidiga gränsvärdena för att övertyga dig om detta!) För derivatafunktionen

145 44 KAPITEL 6. DERIVATA ser vi att funktionerna x respektive x är kontinuerliga och deriverbara (de är polynom) i intervallen ], 0[ respektive ]0, [. Vänsterderivatan i origo är D( x) = och högerderivatan är D ( x ) =. Funktionen är därmed ej deriverbar i origo. Eftersom vi då har att f (x) < 0 på mängden R (vänster- och högerderivatorna är olika i origo men de är båda negativa), så är f enligt satsen ovan strängt avtagande på R, se figuren 6.7. Anmärkning Vi såg i föregående exempel att derivatans information om funktionens beteende kan utnyttjas trots att det kan finnas enskilda punkter där derivatan inte existerar. I dylika punkter är det dock viktigt att kontrollera att funktionen är kontinuerlig. Exempel Vi bevisar en olikhet som ofta används för att uppskatta uttryck som innehåller trigonometriska funktioner: x R + : sin x < x. Betrakta den kontinuerliga och deriverbara funktionen f(x) = x sin x, vi bör alltså visa att x > 0 f(x) > 0. Konstaterar först att påståendet är alltid sant ifall x >, eftersom x R : sin x. Således behöver vi undersöka endast området x ]0, ]. Funktionen f har högergränsvärdet noll i origo: lim x 0 + f(x) = 0 sin 0 = 0 0 = 0, den är kontinuerlig och deriverbar på intervallet ]0, ] eftersom x och sin x är det. f är dessutom högerkontinuerlig i origo, ty f(0) = 0, vilket betyder att den är kontinuerlig på [0, ]. Vi kan bestämma derivatafunktionen: f (x) = Dx D sin x = cos x > 0 x ]0, ] (kontrollera med grafen av cosinusfunktionen!). Då är alltså f strängt växande i [0, ] enligt satsen ovan och vi kan välja 0 = x < x = x vilket leder till att 0 = f(x ) < f(x ) = f(x) eller x > 0 f(x) > 0. Exempel En annan användbar olikhet är: x R + : ln x x. Betraktar funktionen f(x) = ln x (x ), vi bör alltså visa att x > 0 f(x) < 0. Konstaterar först att f() = 0 och att funktionen är kontinuerlig och deriverbar på R + med derivatan: f (x) = x > 0, 0 < x <, < 0, x >, = 0, x =.

146 6.7. EXTREMVÄRDEN HOS FUNKTIONER 45 Detta innebär att f är strängt växande på intervallet 0 < x <, strängt avtagande på x > och att den har ett lokalt maximum i punkten x =. Då måste alltså f(x) f() = 0 för alla x R + och olikheten gäller. Lokalt maximum y Lokalt minimum x 0 r x 0 x 0 + r x Figur 6.8: Principen bakom lokala extremvärden för en funktion med ett lokalt maximum och ett lokalt minimum Lokala extremvärden Ofta har man en punkt x 0, där funktionsvärdet f(x 0 ) är större eller mindre än motsvarande funktionsvärden i en omgivning till punkten. Ett sådant funktionsvärde kallas ett lokalt extremvärde och x 0 kallas då ett lokalt extremställe. Definition Om det för x 0 D f existerar ett (litet) r > 0 sådant att i hela I =]x 0 r, x 0 + r[ gäller att. f(x 0 ) f(x), så är x 0 ett lokalt maximiställe till funktionen f och f(x 0 ) är ett lokalt maximivärde.

147 46 KAPITEL 6. DERIVATA. f(x 0 ) f(x), så är x 0 ett lokalt minimiställe till funktionen f och f(x 0 ) är ett lokalt minimivärde. Se figuren 6.8 för en illustration av detta. I definitionen av lokala extremvärden sägs att f skall vara definierad i en omgivning till det lokala extremstället. Undantag kan göras från detta ifall man definierar begreppet ensidigt lokalt extremställe, enligt: Randminimum y = f(x) y Randmaximum x Figur 6.9: Schematiskt exempel på randextremvärden. Definition Funktionen f antar ett randextremvärde i x 0, ifall x 0 är en ändpunkt (randpunkt) i D f och det finns ett litet r > 0 sådant att för alla x D f ]x 0 r, x 0 + r[ (se figurerna 6.9 och 6.0) gäller att f(x 0 ) f(x) (randmaximum) eller f(x 0 ) f(x) (randminimum). Anmärkning Randextremvärden är lokala extremvärden i randpunkterna till definitionsmängden och som sådana att betrakta som specialfall av lokala extremvärden. Exempel Bestäm med användning av grafen de lokala extremvärdena hos

148 6.7. EXTREMVÄRDEN HOS FUNKTIONER 47 x 0 r x 0 x 0 + r D f D f ]x 0 r, x 0 + r[ Figur 6.0: Tolkningen av snittmängden D f ]x 0 r, x 0 + r[ vid hantering av randextremvärden. funktionen x, x f(x) = x, < x 3 3 x, x > 3 Se figuren 6.. De lokala extremställena ges av följande: x f(x) extremvärde 4 lok./randminimum 0 0 lok. maximum lok. minimum 3 lok. maximum Sats Funktionen f(x) kan ha lokala extremvärden (eller randextremvärden) i. funktionens f diskontinuitetspunkter,. derivatans nollställen (dessa brukar kallas kritiska punkter), 3. x-värden, där derivatan inte existerar (dessa brukar kallas singulära punkter), 4. definitionsmängdens ändpunkter. Exempel Vi undersöker om funktionen f(x) = x 5 + x 3 + x har lokala extremställen. Konstaterar först att den är kontinuerlig och deriverbar på R, varför det inte finns ändpunkter, singulära punkter eller diskontinuitetsställen. Återstår alltså derivatans nollställen, men sådana finns ej, ty f (x) = 5x 4 + 3x + = 5(x ) + 3(x )+ = 0 saknar lösningar eftersom diskriminanten i x = 3± är negativ. Således saknar f lokala extremvärden.

149 48 KAPITEL 6. DERIVATA y x Figur 6.: En styckevis definierad funktion med olika typer av lokala extremvärden. Exempel Vi bestämmer lokala extremvärden till { x f(x) =, x x, x > Kontrollerar först att funktionen är kontinuerlig. Den är definierad av polynom i delområdena, så det är bara punkten x = som bör undersökas lim f(x) = lim x x x = = f() = lim f(x) = lim x. x + x + Funktionen är således kontinuerlig på R och det finns inga diskontinuitetsställen eller intervalländpunkter i D f. Vi övergår nu till att undersöka derivatafunktionen { f x, x < (x) =, x >. Vi ser nu att vänster- ( f (x) = lim x x = ) och högerderivatan ( f +(x) = lim x + = ) är olika, så x = är en singulär punkt. Derivatan har dessutom ett nollställe i origo för x < (inga nollställen finns för x > ). Vi kan

150 6.7. EXTREMVÄRDEN HOS FUNKTIONER 49 då sammanfatta de intressanta punkterna och deras funktions- och derivatavärden i tabellen x 0 f (x) 0 + f(x) ց ր ց f(0) = 0 är således ett lokalt minimum och f() = är ett lokalt maximum. Som framgår av följande sats, kan derivatan utnyttjas för att avgöra extremvärdets typ i en viss punkt. Sats Antag att funktionen f(x) är kontinuerlig i x 0 och deriverbar i en omgivning av denna punkt, utan att nödvändigtvis vara deriverbar i punkten. Då gäller för f att:. x 0 är ett lokalt maximiställe, om f (x) > 0 för x < x 0 och f (x) < 0 för x > x 0.. x 0 är ett lokalt minimiställe, om f (x) < 0 för x < x 0 och f (x) > 0 för x > x x 0 är inget extremställe (x 0 kallas ett terasställe) om f bibehåller sitt tecken, då x passerar x 0. Bevis. Vi baserar beviset på sambandet mellan derivatans tecken och funktionens monotonitet.. Då f (x) > 0 för x < x 0 är f strängt växande till vänster om x 0 och således är f(x) < f(x 0 ) där. Å andra sidan, då f (x) < 0 för x > x 0 är f strängt avtagande till höger om x 0 och således är f(x) < f(x 0 ) också där. Således måste f(x 0 ) f(x) i en omgivning av x 0 och enligt definitionen på lokalt maximum är x 0 ett lokalt maximiställe.. Detta kunde bevisas på motsvarande sätt som i föregående punkt. Alternativt kan vi betrakta funktionen g(x) = f(x), varvid g (x) = f (x) uppfyller antagandena i första fallet och vi kommer då fram till att g(x 0 ) g(x) i en omgivning av punkten x 0. Då har vi alltså där, att f(x 0 ) f(x) f(x 0 ) f(x) och x 0 måste vara ett lokalt minimiställe.

151 50 KAPITEL 6. DERIVATA 3. a) Ifall f (x) > 0 nära x 0 är f strängt växande både till vänster och höger om punkten, som då inte är ett lokalt maximiställe eftersom x > x 0 ger att f(x) > f(x 0 ) oberoende av hur nära x 0 vi befinner oss. På samma sätt är punkten x 0 heller inget lokalt minimiställe. Eftersom x 0 varken är ett lokalt maximi- eller minimiställe är den inte ett lokalt extremställe. b) Ifall f (x) < 0 nära x 0 bevisar a) att f(x) inte har ett lokalt extremställe i x 0 och därför har heller inte f(x) det. Av denna sats följer resultatet: Följdsats Antag att f är två gånger deriverbar i punkten x 0, där f (x 0 ) = 0. Då är x 0 ett. lokalt maximiställe om f (x 0 ) < 0.. lokalt minimiställe om f (x 0 ) > 0. Ifall f (x 0 ) = 0 fås ingen information om punkten x 0, utan funktionen f måste då undersökas noggrannare. Bevis. Vi utnyttjar åter sambandet mellan derivatans tecken och en funktions monotonitet, samt föregående sats.. Då f är två gånger deriverbar i punkten x 0 måste f vara kontinuerlig där. Derivatafunktionen f är strängt avtagande i x 0, eftersom f (x 0 ) < 0. Detta betyder att i en omgivning av x 0 gäller att x < x 0 f (x) > f (x 0 ) = 0 och x > x 0 f (x) < f (x 0 ) = 0, varvid satsen ovan ger att x 0 är ett lokalt maximiställe.. g(x) = f(x) har enligt moment ett lokalt maximum i x 0. Då har f ett lokalt minimiställe i punkten. Anmärkning Man kan, på basen av resultaten ovan, undersöka derivatans teckenväxling genom upprepad derivering. Man deriverar alltså tills man får en derivata som inte är lika med noll i den punkt x 0 som undersöks. Då kan man alltså dra vissa slutsatser om de lägre derivatornas teckenväxling nära x 0.

152 6.7. EXTREMVÄRDEN HOS FUNKTIONER 5 Exempel Vi undersöker funktionen f(x) = x 3. Upprepad derivering ger f (x) = 3x, f (x) = 6x, f (x) = 6. Funktionen och alla dess derivator är kontinuerliga och deriverbara på D f = R. Vi ser nu att f (0) = 0, f (0) = 0 och f (0) = 6 > 0 så andra derivatan f (x) är då strängt växande på D f. Detta betyder att f (x) > f (0) = 0 då x > 0 och på samma sätt är f (x) > 0 för x > 0, vilket betyder att f är strängt växande till höger om origo. Motsvarande resonemang ger att f (x) < f (0) = 0 då x < 0, varför f är strängt avtagande till vänster om origo och f (x) > f (0) = 0 ger att f är strängt växande till vänster om origo y f(x) = 3x 5 0x x Figur 6.: Grafen av den kontinuerliga funktionen y = f(x) = 3x 5 0x 3 med två lokala extremvärden och en terasspunkt i origo. Exempel Vi undersöker eventuella lokala extremvärden hos funktionen f(x) = 3x 5 0x 3 med hjälp av andra derivatan. Konstaterar först att funktionen är definierad, kontinuerlig och deriverbar på R. De enda möjliga extremstäl-

153 5 KAPITEL 6. DERIVATA lena finns således i derivatans nollställen, som ges av f (x) = 5x 4 60x = 5x ( ) x 4 = 0 x = 0 x = 4 x = 0 x = ±. Andra derivatan är f (x) = 60x 3 0x = 60x ( x ). Vi ser nu att f (0) = 0, f (±) = ±40, vilket betyder att x = är ett minimiställe (då f () = 40 > 0 och f() = = 64) och x = är ett maximiställe (då f ( ) = 40 < 0 och f( ) = = 64). I origo ger andra derivatan ingen information, utan vi kan fortsätta derivera: f (x) = 80x 0 = 60 ( 3x ), vilket ger f (0) = 0 < 0 och f är då strängt avtagande nära origo. Vi har då, att f (x) < f (0) = 0 till höger om origo och f (x) > f (0) = 0 till vänster om origo. Således är f strängt växande till vänster om origo och strängt avtagande till höger om origo, vilket betyder att f (x) < f (0) = 0 då x < 0 och f (x) < f (0) = 0 då x > 0. Alltså är tecknet hos f oförändrat då vi passerar origo som således måste vara en terasspunkt Globala extremvärden Definitionen av ett globalt extremvärde är mycket lik definitionen av ett lokalt extremvärde. Skillnaden är endast den att exempelvis ett globalt maximum är det största värdet som funktionen överhuvudtaget antar, medan definitionen av ett lokalt maximum innefattar endast en del av definitionsmängden. Definition Funktionen f : D f V f antar för x 0 D f sitt globala maximivärde om det för varje x D f gäller f(x 0 ) f(x). Punkten x 0 kallas då ett globalt maximiställe. Funktionen f antar för x 0 D f sitt globala minimivärde om det för varje x D f gäller f(x 0 ) f(x). Punkten x 0 kallas då ett globalt minimiställe.

154 6.7. EXTREMVÄRDEN HOS FUNKTIONER 53 Följande resultat hjälper oss att hitta globala extremvärden hos en funktion som är definierad på ett slutet intervall. Vi söker då efter lokala extremställen på det berörda intervallet, enligt samma principer som i vår tidigare behandling av lokala extermvärden. Sats Om funktionen f är kontinuerlig på det slutna intervallet D f = [a, b] fås globalt maximum respektive globalt minimum genom att välja det största resp. minsta funktionsvärdet i dessa punkter:. Derivatans nollställen i]a, b[ (kritiska punkter).. Intervallets ändpunkter. 3. De x-värden för vilka derivata saknas (singulära punkter). Anmärkning Om funktionen f inte är kontinuerlig måste även diskontinuitetspunkterna undersökas. I dessa är dock f inte heller deriverbar så de är de facto singulära punkter. 3 y x Figur 6.3: Grafen av en styckevis definierad funktion f(x) på intervallet [, 3], som inte är deriverbar i x 0 =.

155 54 KAPITEL 6. DERIVATA Exempel Vi undersöker eventuella globala extremvärden hos funktionen f med D f = [0, 3]: { x f(x) = + x 3, 0 x < x 3x+, x 3 Funktionen är kontinuerlig på hela D f, då den är definierad av polynom i delintervallen och i punkten x 0 = har vi f() = 3 + = 0, lim f(x) = lim x + x 3 = + 3 = 0, x x lim f(x) = lim x + x x 3x+ = 3 + = 0. + Derivatafunktionen fås enligt: och vi ser att f (x) = { x+, 0 < x < x 3, < x < 3 lim f (x) = lim x+ = + = 4, x x lim f (x) = lim x 3 = 3 =, x + + x vilket betyder att f inte är deriverbar i x 0 =, som då är en singulär punkt. Derivatan har nollställen i x = [0, [ och x = 3 [, 3]. Eftersom den ena kritiska punkten faller utanför motsvarande definitionsintervall för derivatan, behöver man endast beakta punkten x = 3. Vi kan nu stöda oss på satsen ovan som säger att möjliga globala extremvärden för funktionen står att finna i definitionsmängdens randpunkter, singulära och kritiska punkter. Vi evaluerar således funktionen i dessa punkter och får f(0) = = 3, f(3) = =, f() = 3 + = 0 och f ( 3 ) = ( 3 ) 3 ( 3 ) + = 4. Globalt maximum är alltså f(3) = och globalt minimum f(0) = 3, se figuren Extremvärdesproblem I extremvärdesproblem ingår ofta förutom en undersökning av lokala och globala extremvärden själva formuleringen av funktionen som skall undersökas eller så kan extremvärdesutredningen vara (en del av) en studie

156 6.7. EXTREMVÄRDEN HOS FUNKTIONER 55 av mera allmänna egenskaper hos en funktion, exempelvis bestämmandet av värdemängden y f(x) = x+ x x Figur 6.4: Grafen av funktionen f(x) = x+ x 4 på D f =]0, [. Exempel Vi bestämmer värdemängden för funktionen f(x) = x + 4 x, då x > 0. Funktionen är kontinuerlig och deriverbar på D f = R + =]0, [ och eftersom lim x 0 f(x) = lim x+ lim + + x 0 x lim f(x) = lim x+ lim x x x x = 0+ =, 4 x = +0 =, så är funktionen obegränsad uppåt (det finns alltså inget globalt maximum). Globala extremställen kan finnas i kritiska punkter (derivatans nollställen), singulära punkter (punkter där derivatan inte existerar) eller i definitionsmängdens randpunkter. Av dessa är endast de kritiska punkterna aktuella här, ty ändpunkterna finns inte med i D f och funktionen är deriverbar överallt i sin definitionsmängd.

157 56 KAPITEL 6. DERIVATA Derivatans nollställen fås enligt f (x) = 4 x = 0 4 x = x = 4 x = ±. Eftersom D f är lösningen x =. Vi ser nu att f (x) = 8, f () = > x 3 0, vilket betyder att x = är ett lokalt minimiställe. En tabell över derivatans teckenväxling leder till samma slutsats. Eftersom det inte finns andra lokala extremställen i D f och f är obegränsad uppåt då man närmar sig randen av ]0, [ måste f() = + 4 = 4 vara ett globalt minimum och värdemängden således V f = [4, [, se figuren y 3 4 f(x) = x x x Figur 6.5: Grafen av funktionen f(x) = x x 3 på D f = [, [. Exempel Vi bestämmer globalt maximi- och minimivärde för f(x) = x x 3, x <.

158 6.7. EXTREMVÄRDEN HOS FUNKTIONER 57 Eftersom enligt absolutbeloppets definition, så kan funktionen skrivas i formen { x f(x) = + x 3, x < 0, x x 3, 0 x <. Vi börjar med att undersöka om funktionen är kontinuerlig på definitionsmängden D f = [, [. I delintervallen är den definierad via polynom, så i dessa råder kontinuitet och deriverbarhet. Vidare har vi lim f(x) = lim x 0 + x 0 x x 3 = 0, + lim f(x) = lim x 0 x 0 x + x 3 = 0, f(0) = = 0. Således är f kontinuerlig på D f. I ändpunkterna har vi f( ) = ( ) + ( ) 3 = = 0, lim x f(x) = lim x x x 3 = 3 = 4. Derivatafunktionen fås genom att tillämpa deriveringsregler för polynom i de respektive delintervallen, ändpunkterna måste då exkluderas, { f x+3x (x) =, < x < 0, x 3x, 0 < x <. Vi kan konstatera, att lim x 0 + f (x) = lim x 0 + x 3x = 0 = lim x 0 x+ 3x = lim x 0 f (x), vilket betyder att f är deriverbar på hela D f. Vi har kritiska punkter i derivatans nollställen, x = 0, x = 3 med funktionsvärden f(0) = 0, f ( 3) = = 7 4. Detta är då ett globalt maximum för f, medan lokala minima fås i origo och i x =. Globalt minimum existerar inte, emedan D f och vi kan komma godtyckligt nära 4 för funktionsvärdet genom att låta x. Se figuren 6.5. Exempel Vi bestämmer de värden på konstanten k för vilka funktionen f(x) = k 3 x3 kx + x är växande överallt. Funktionen, som är ett polynom, är definierad på hela D f = R. För att funktionen skall vara växande måste vi då ha x D f : f (x) 0, vilket ger olikheten f (x) = kx kx+ 0. Specialfallet k = 0 ger identiteten 0, så detta är uppenbarligen en lösning. Ifall vi antar, att k = 0, fås x x+ k 0.

159 58 KAPITEL 6. DERIVATA Detta gäller för alla x R om kurvan y = x x + k, som är en parabel som öppnar sig uppåt, tangerar x-axeln. Således måste andragradsekvationen ha en dubbelrot eller inga rötter alls. Vi har tidigare i kursen sett att detta betyder att diskriminanten uppfyller ) villkoret D 0. I dett fall är diskriminanten D = ( ) 4 ( k = 4 k och vi får olikheten k 0 k 0 k k ]0, ]. Om man slutligen beaktar, att k = 0 är en lösning enligt vårt resonemang ovan, fås slutresultatet k [0, ]. bar a Figur 6.6: Optimering av inhägnad uteservering. b Exempel Vi skall bygga en uteservering med hjälp av 0 m staket, så att en husvägg utnyttjas för en sida av området, se figuren 6.6. För att maximera produktiviteten vill vi att området skall bli så stort som möjligt. Vi utreder därför hur långa sidorna hos rektangulära området skall vara för att få ett globalt maximum i area. Det är klart att den bästa strategin är att utnyttja hela den tillbudsstående längden av staket, så vi har då för arean A = ab, a+b = 0 m.

160 6.7. EXTREMVÄRDEN HOS FUNKTIONER 59 Vi kan nu kombinera dessa för att få exemplevis funktionen A(b) = b(0 m b), med D A = [0, 0] m. Denna är kontinuerlig och deriverbar på den slutna definitionsmängden, vars ändpunkter vi ser att är ointressanta (A(0 m) = A(0 m) = 0 m ). Då bör ev. globalt maximum finnas i de kritiska punkterna, som ges av A (b) = 0 m 4b = 0 med b = 5 m och A(5 m) = 50 m, A (b) = 4 < 0. Eftersom A < 0 måste detta vara ett globalt maximum, med a = 0 m och b = 5 m. x Figur 6.7: Optimering av fotbollsplan. d 0, 400 π Exempel Vi skall bygga en löpbana kring en rektangulär fotbollsplan enligt figuren 6.7. Löpbanans totala längd är 400 m med halvcirkelformade kurvor. Hur stor blir den maximala arean av fotbollsplanen? Vi inför beteckningarna i figuren och noterar att arean då är A = xd. För löpbanan ser vi snart att villkoret 400 m = x+ πd gäller. Vi kombinerar detta med arean för att få denna som en funktion av d, som vi söker kritiska punkter till: ( A(d) = xd = d 00 m πd ) [, d 0, 400 ] m π A (d) = 00 m πd = 0 d = 00 π m. Andra derivatan, som är A (d) = π < 0, indikerar att detta är ett maximiställe. Funktionen A definieras av ett polynom [ och] är således kontinuerlig och deriverbar på sin definitionsmängd D A = m. Återstår alltså att undersöka definitonsintervallets ändpunkter, varvid fås A(0) = 0 = A( 400 π m ). Globalt maximum A ( 00 π m) = 04 π m inträffar således i punkten d = 00 π m.

161 60 KAPITEL 6. DERIVATA

162 Kapitel 7 Integraler Vi studerar i detta kapitel den motsatta operationen till derivering, nämligen integrering. Till skillnad från derivering, där varje deriverbar funktion som kan uttryckas med elementära funktioner har en unik derivata som kan skrivas ner, så finns det funktioner som inte kan integreras så att resultatet kan skrivas ner med elementära funktioner. En funktion kan också ha flera olika integraler och för att få ett unikt resultat vid integrering måste man ställa upp tillägsvillkor. Detta hänger samman med det faktum att derivatan av en konstant försvinner, vilket innebär att en osynlig nolla i varje funktion som integreras ger upphov till en godtycklig konstant i resultatet. Vi inleder med sambandet mellan derivering och integrering och fortsätter med grafisk tolkning av integrering och olika metoder att utföra denna. 7. Primitiv funktion Vi har tidigare deriverat funktioner. Exempel 7... D ln x = x, x = 0, D 4 x4 = 4 4 x4 = x 3. 6

163 6 KAPITEL 7. INTEGRALER Vi gör nu motsvarande operation baklänges och bestämmer en funktion vars derivata är given. Exempel 7... Om det är känt att funktionen f(x) har derivatan f (x) = 3x, hur ser då f(x) ut? Svar: Deriveras uttrycket x 3 fås just f (x), så den sökta funktionen måste vara f(x) = x 3. Definition 7... Låt funktionen f vara definierad på intervallet I. Då är F en primitiv funktion till f om F (x) = f(x) x I. Exempel Vi observerar att både F(x) = x3 är primitiva funktioner till f(x) = x + x, eftersom 3 + x och G(x) = x3 3 + x + F (x) = 3 x3 3 G (x) = 3 x3 3 + x + x = f(x), + 0 = f(x). Till en funktion finns det alltså många primitiva funktioner. Exempel Vi visar, att F(x) = x + är en primitiv funktion till f(x) = x x +. På basen av tidigare teori för deriveringsregler vet vi att D f n = n f n f. Således fås ( ) DF(x) = D x + = ( ) x ( ) + D x + = ( x + ) x = f(x) Deriveringsregeln för en konstant ger omedelbart resultatet: Sats Om F(x) är en primitiv funktion till f(x), är även alla funktioner av formen F(x)+ C där C är en konstant och endast dessa, primitiva funktioner till f i definitionsmängden D f. Med andra ord: Har vi funnit en primitiv funktion F, så bildas alla primitiva funktioner av denna funktion plus en godtycklig konstant.

164 7.. PRIMITIV FUNKTION 63 Vilka egenskaper krävs då av en primitiv funktion? Enligt definitionen bör den vara deriverbar på hela sin definitionsmängd och därmed kontinuerlig. För ett polynom är detta inget problem eftersom derivatan av ett polynom är även den ett polynom, och sådana är kontinuerliga och deriverbara överallt. Styckevis kontinuerliga funktioner, däremot, kräver viss försiktighet i eventuella diskontinuitetspunkter. Det är inte alltid helt uppenbart hur motsvarande primitiva funktion till dylika funktioner ser ut. Exempel Vi bestämmer alla primitiva funktioner till { x+, x, f(x) =, x >. En funktion, vars derivata ger f(x), har formen (vi går senare in på hur man kommer fram till detta) { x F(x) = + x+c, x, x+c, x >. Enligt ovan måste alltså den primitiva funktionen F(x) vara såväl kontinuerlig som deriverbar, vilket ger oss tilläggsinformation som kan utnyttjas för att bestämma konstanterna C och C. (i) För att F(x) skall vara kontinuerlig måste det i intervallens brytpunkt gälla lim F(x) = F() = lim F(x). x x + För vår specifika primitiva funktion fås x lim F(x) = lim x x + x+c = C + 3, F() = + +C = C + 3, lim F(x) = lim x+c = C x + +. x Då det krävs att dessa skall vara lika, har vi ekvationen C + 3 = C +. Om vi nu exempelvis döper om C = C, så har vi att C = C+ 3 = C+, och vår primitiva funktion kan skrivas i formen { x F(x) = + x+c+, x, x+c, x >.

165 64 KAPITEL 7. INTEGRALER (ii) För att F skall vara deriverbar överallt måste det gälla, att (inom delintervallen är det redan klart att F är deriverbar, emedan den där består av polynom) lim F (x) = lim F (x). x x + Detta villkor uppfylls, eftersom lim F (x) = lim x+ =, x x lim F (x) = lim =. x + x Den föreslagna funktionen är alltså en primitiv funktion. Exempel Vi undersöker om det finns primitiva funktioner till funktionen { x, x, f(x) = 0, x >. Liksom i det föregående exemplet, kan vi genom att derivera baklänges för de båda delintervallen i D f, komma fram till en kandidat för den primitiva funktionen enligt: { x F(x) = + C, x, C, x >. För att F skall vara kontinuerlig måste då gälla, att x lim x + C = + C = lim C x +, vilket med beteckningen C = C ger C = C+ och F(x) = { x + C, x, + C, x >. Denna funktion är dessvärre inte deriverbar, ty F ( ) = lim F (x) = lim x =, x x F ( + ) = lim F (x) = lim 0 = 0 =. x + x +

166 7.. PRIMITIV FUNKTION 65 De två föregående exemplen illustrerar alltså det faktum att en kontinuerlig funktion alltid har en primitiv funktion. Detta kan förstås ifall man erinrar sig att en kontinuerlig funktion motsvarar en kontinuerlig derivata hos den primitiva funktionen. En funktion som är kontinuerligt deriverbar har vi ju tidigare sett vara väldefinierad. Vi har således resultatet. Sats Om f är kontinuerlig på intervallet I existerar primitiva funktioner. Anmärkning 7... Det kan finnas primitiva funktioner till en diskontinuerlig funktion. Exempelvis för den diskontinuerliga funktionen { 0, x 0, f(x) =, x > 0. uppfyller funktionen F(x) = { 0, x 0, x, x > 0. egenskapen F (x) = f(x) för alla x R, som slås fast i definitionen av den primitiva funktionen. Att derivera kan oftast utföras mekaniskt och rutinmässigt på basen av våra tidigare behandlade deriveringsregler. Bestämning av primitiva funktioner, däremot, kräver ibland uppfinningsrikedom och alla funktioner har inte en primitiv funktion. Exempel Funktionerna x 3 +, sin x x saknar primitiv funktion som kan skrivas ner med hjälp av elementära funktioner. Att söka primitiva funktionen kallas att integrera. Liksom för derivering kan man formulera regler för integrering, som ofta baserar sig på att bekanta deriveringsregler tillämpas baklänges. I analogi med derivering, där vi använde derivataoperatorn för att uttrycka f (x) = D f(x), kan vi betrakta integreringsoperatorn som den inversa derivataoperatorn D f(x) = F(x)+C.

167 66 KAPITEL 7. INTEGRALER Vi har tidigare konstaterat, att derivering och integrering är varandras inversa operationer, vilket innebär att motsvarande operatorer är varandras inverser. Vi har således sambanden ( ) D D f(x) = D(F(x)+ C) = DF(x)+DC = f(x)+0 = f(x), D (D f(x)) = D ( f (x) ) = f(x)+c. Regel På basen av deriveringsreglerna kan vi formulera följande integreringsregler:.. D D[c f(x)] = D [cd f(x)], D f(x) = g(x) f(x) = D g(x) D [cg(x)] = c f(x) = cd g(x). Liksom vid derivering kan alltså en konstant flyttas utanför operatorn. D D[ f(x)+h(x)] = D [D f(x)+dh(x)], { { D f(x) = g(x), f(x) = D g(x), Dh(x) = p(x) h(x) = D p(x) D [g(x)+ p(x)] = f(x)+h(x) = D g(x)+d p(x). Integraloperatorn är således linjär, såsom differentialoperatorn. 3. Utgående från deriveringsregeln för en potensfunktion: D xa+ a+ = (a+) xa+ a+ = xa, a =. Om vi nu låter den inversa operatorn D verka på båda leden ovan fås integreringsregeln för en potensfunktion: D x a = D D xa+ a+ = xa+ + C, a =. a+ Med dessa regler kan vi nu bestämma primitiva funktioner till alla polynom.

168 7.. PRIMITIV FUNKTION 67 Exempel 7... (a) D [ 3x 4] = 3 x C = 3 5 x5 + C (b) D [ ] x + 5x+ = D [ x ] + D [5x]+D [] = x x + x0+ 0+ = x x + x+c (c) D [ x ] = D [ ] x = x C = x x 3 + C. Även diskontinuerliga funktioner kan ha primitiv funktion under vissa förutsättningar. Om vi exempelvis betraktar funktionen på ett sammanhängande intervall som exkluderar diskontinuiteter, så kan vi använda våra vanliga integreringsregler. Exempel 7... På en sammanhängande definitionsmängd fås direkt D x = x C = x + C. Å andra sidan, ifall D f = R\{0}, så måste vi undersöka intervallen ], 0[ och ]0, [ var för sig. Detta leder till den styckevis definierade primitiva funktionen D x = x + C, x < 0, x + C, x > 0. Noteras bör nu att konstanterna C och C är oberoende av varandra, för det går ju inte att göra den styckevis definierade funktionen kontinuerlig i origo genom att välja konstanterna på något speciellt sätt. Detta inses snabbt ifall man försöker bestämma de ensidiga gränsvärdena i origo, inget av dessa existerar nämligen. På samma sätt kan man resonera i fallet nedan. Exempel Vi söker primitiva funktionen till f(x) = + x x 5, x > 0.

169 68 KAPITEL 7. INTEGRALER Om vi skriver om funktionen, har vi f(x) = x 5 + x 3, x > 0. För en sammanhängande definitionsmängd fås då F(x) = D f(x) = D [ x 5 + x 3] = D [ x 5] + D [ x 3] = x x C = 4x 4 x + C. Under antagandet D f = R\{0} skulle vi ha fått den primitiva funktionen D [ x 5 + x 3] = 4x 4 x + C, x < 0, 4x 4 x + C, x > 0. Polynomen utgör emellertid endast en liten delklass av alla elementära funktioner, vi behöver även kunna integrera så kallade transcendenta funktioner. Egenskaperna hos dessa har berörts redan tidigare och mycket kort kan dessa karakteriseras som funktioner som inte kan definieras med våra aritmetiska operationer+,,, / eller rotdragning. Exempelvis lg x, e x och sin x är alla transcendenta funktioner. Följande gäller för de vanligaste transcendenta funktionerna: Regel Integrering av vissa transcendenta funktioner. D x = ln x +C, i ett intervall som inte innehåller origo.. D e x = e x + C 3. D a x = ax ln a + C 4. D sin x = cos x+c 5. D cos x = sin x+c 6. D cos x = D [ +tan x ] = tan x + C, för alla intervall som inte innehåller nollställena till nämnaren ovan, d.v.s. x = π + nπ, n Z. 7. D = sin x D [ +cot x ] = cot x + C, för alla intervall som inte innehåller nollställena till nämnaren ovan, d.v.s. x = nπ, n Z.

170 7.. PRIMITIV FUNKTION 69 Dessa regler kan motiveras med motsvarande deriveringsregler, som i sin tur kan härledas utgående från derivatans definition med gränsvärdet av differenskvoten o.s.v. eller utgående från själva funktionens definition. Det senare är fallet för logaritm- och exponentialfunktionerna, vilkas definitioner innehåller vissa villkor för derivatafunktionen. Exempel Vi bestämmer den primitiva funktionen F(x) till funktionerna (a) f(x) = 3 x 4 (b) f(x) = 3x 3 x (c) f(x) = sin x+ sin x (d) f(x) = tan x Med tillämpning av integreringsreglerna får vi (a) Regel. samt regeln om en konstant faktor ger F(x) = 3D x 4 = 3 ln x 4 +C. (b) f(x) = 3x 3 x = 3 x x = 3 x och regel 3. ger F(x) = D 3 x = 3x ln 3 + C. (c) f(x) = sin x+ = +sin x och reglerna 7., om linjäritet samt om sin x primitiva funktionen till en konstant ger F(x) = D [ +sin x ] = x+cot x+c, då x = nπ, n Z. (d) f(x) = tan x = sin x cos x = cos x = cos x och reglerna 6. samt cos x samma regler som i föregående fall ger F(x) = D [ cos x ] = tan x x+c, då x = π + nπ, n Z. Exempel Vi bestämer primitiva funktionen till f(x) = x x 3 x Vi börjar med att konstatera att funktionen är definierad endast för positiva x- värden, annars skulle antingen ett av rotuttrycken bli odefinierat eller nämnaren Funktionen f är i själva verket sammansatt och skulle egentligen kräva särskilda integreringsregler, som behandlas i nästa avsnitt. I detta fall är emellertid inre derivatan (derivatan av bråkets nämnare) lika med ett, varför regel. kan tillämpas direkt..

171 70 KAPITEL 7. INTEGRALER lika med noll. Således har vi D f =]0, [ och vi kan spjälka upp funktionen och bestämma [ F(x) = D x ] x 3 x = D [ ] x x + x = ln x x x C = ln x x+ 3 x x+c. Exempel Låt funktionen f ha andra derivatan f (x) = sin x. Då kan vi bestämma funktionens f form med förfarandet f (x) = sin x f (x) = D f (x) = D [ sin x] = cos x+c f(x) = D f (x) = D [cos x+c] = sin x+cx+d, där C och D är godtyckliga, oberoende konstanter. 7. Integralen av en sammansatt funktion Vi har behandlat de viktigaste grundreglerna för integrering, men enbart med dessa klarar man sig inte p.g.a. den viktiga roll som inre derivatan spelar vid derivering av sammansatta funktioner. Det visar sig att motsvarande är fallet också vid integrering, betrakta följande: Exempel 7... Genom att derivera resultatet kan vi snabbt konstatera, att D [sin(x)] = cos(x)+c, ty med deriveringens kedjeregel får vi D[ cos(x)] = sin(x). Således verkar det som om konstanten (som [ ju är inre ] derivata i detta fall) skulle spela oss ett spratt. Om vi observerar att D = sin(x) så får vi det korrekta cos(x) resultatet D [sin(x)] = cos(x) + D, där D är en godtycklig konstant.

172 7.. INTEGRALEN AV EN SAMMANSATT FUNKTION 7 Regel 7... Integrering av en sammansatt funktion Vi erinrar oss deriveringsregeln för en sammansatt funktion: D[g( f(x))] = g ( f(x)) f (x), där f (x) är det som brukar kallas inre derivatan. Om vi nu låter integreringsoperatorn D verka på båda leden ovan så kommer vi att få (notera att det då dyker upp en integrationskonstant C) D [ g ( f(x)) f (x) ] = D D[g( f(x))] = g( f(x))+c. Då vi integrerar produkten g ( f(x)) f (x) kommer alltså den inre derivatan f (x) att ätas upp. För att vi skall kunna tillämpa regeln ovan måste vi alltså först se till att inre derivatan finns med som en faktor i det uttryck vi önskar integrera. Detta är ofta det svåraste momentet i hela operationen, slutresultatet som bildar primitiv funktion kan därefter skrivas ner ganska direkt. Observation Om vi återgår till det senaste exemplet, kan vi notera att g ( f(x)) f (x) = sin(x). Vi ser inte direkt någon faktor som direkt skulle kunna tolkas som en inre derivata, men det är alltid möjligt att extrahera en sådan ur faktorn som ju förekommer överallt. Skriv alltså g ( f(x)) f (x) = sin(x) = sin(x). Då kan vi identifiera g ( f(x)) = sin(x), med f(x) = x och f (x) =. Den yttre funktionen har derivatan g ( f) = sin f, vilket via grundreglerna för integrering leder oss fram till g( f) = cos f. Regeln ovan ger så slutresultatet D [ g ( f(x)) f (x) ] = g( f(x))+c = cos(x) vilket överensstämmer med vårt tidigare resonemang via prövning. + C, Vi kan utnyttja integreringsregeln för en sammansatt funktion till att generalisera regeln för integrering av en potens:

173 7 KAPITEL 7. INTEGRALER Regel (Generaliserade) potensregeln för integrering D [ ( f(x)) a f (x) ] = ( f(x))a+ a+ + C. Bevis. Vi kan identifiera ( f(x)) a = g ( f(x)), vilket med grundregeln för integrering av en potens direkt leder till g( f(x)) = ( f(x))a+ a+ och resultatet följer. Alternativt kan man derivera båda leden i likheten ovan och konstatera att den gäller identiskt (för alla x-värden i definitionsmängden till de ingående uttrycken). Exempel Vi söker primitiv funktion till funktionerna (a) (4x+ 3) 3 (b) 4x (c) (3x+ 3) ( x + x ) 3 (d) x (e) x x x+ (f) x sin ( x 3) (g) cot x sin x Tillämpning av integreringsregeln för en sammansatt funktion, med lämplig tolkning av inre funktionen f och dess derivata f, ger i de olika fallen (a) f(x) = 4x+3 ger f (x) = 4 och då kan vi identifiera g ( f(x)) f (x) = 4 (4x+3)3 4, Det finns oftast olika tolkningar av den sammansatta funktionens inre funktion, som leder till olika inre derivator. Ibland krävs ett visst mått av prövning för att komma fram till en tolkning som på effektivaste möjliga sätt leder fram till en primitiv funktion. Noteras bör att det alltid är att rekommendera att man deriverar den primitiva funktionen för att säkerställa ett korrekt resultat.

174 7.. INTEGRALEN AV EN SAMMANSATT FUNKTION 73 d.v.s. g ( f(x)) = 4 (4x+3)3, vilket med grundreglerna för integrering ger g( f(x)) = 4 (4x+3)4 4 och slutresultatet blir D [ (4x+3) 3] = (4x+3)4 6 + C. (b) f(x) = 4x ger f (x) = 4 och då kan vi identifiera g ( f(x)) f (x) = 4 4x ( 4), d.v.s. g ( f(x)) = 4 4x = ( 4x) 4, vilket med grundreglerna för integrering ger g( f(x)) = ( 4x) + 4( +) och slutresultatet blir D [ 4x ] = ( 4x) C. (c) f(x) = x + x ger f (x) = x+ och då kan vi identifiera ( ) 3 g ( f(x)) f (x) = (3x+3) x + x = 3 ( x + x ) 3 (x+), d.v.s. g ( f(x)) = 3 (x + x ) 3, vilket med grundreglerna för integrering ger g( f(x)) = 3 (3+) (x + x ) 3+ och slutresultatet blir ( ) ] 3 D [(3x+3) x + x = 3( x + x ) 4 + C. 8 (d) Vi kan börja med att skriva om funktionen, x = ( x ). Nu kan vi identifiera f(x) = x, vilket ger f (x) = och då fås g ( f(x)) f (x) = ( x ),

175 74 KAPITEL 7. INTEGRALER d.v.s. g ( f(x)) = ( x ), vilket med grundreglerna för integrering ger g( f(x)) = ( x ) + + [ ] D x och slutresultatet blir x = 4 +C. (e) f(x) = x x+ ger f (x) = x och då kan vi identifiera g ( f(x)) f (x) = (x ), x x+ d.v.s. g ( f(x)) = x x+ = ( x x+ ), vilket med grundreglerna för integrering ger g( f(x)) = (x x+) + [ ] D x x x+ + och slutresultatet blir = x x++c. (f) f(x) = x 3 ger f (x) = 3x och då kan vi identifiera g ( f(x)) f (x) = 3 sin (x 3) 3x, d.v.s. g ( f(x)) = sin(x3 ) 3, vilket med grundreglerna för integrering ger g( f(x)) = cos(x3 ) 3 och slutresultatet blir D [ ( x sin x 3)] = cos( x 3) + C. 3 (g) Vi börjar med att skriva om funktionen, cos x cot x sin x = sin x sin x = cos x sin x. Nu kan vi identifiera f(x) = sin x, vilket ger f (x) = cos x och då fås g ( f(x)) f (x) = sin x cos x,

176 7.. INTEGRALEN AV EN SAMMANSATT FUNKTION 75 d.v.s. g ( f(x)) = = sin x sin x, vilket med grundreglerna för integrering ger g( f(x)) = sin + x + och slutresultatet blir D [ cot x sin x ] = sin x + C. Observation Vi har konstaterat, att integreringsregeln vi formulerade för D [ f (x)( f(x)) a] inte gäller i fallet a =. Hur skall då en regel för denna situation se ut? Vi vet att derivering av ln f(x) ger Således gäller uppenbarligen f(x) < 0 D[ln( f(x))] = f (x) f(x) = f (x) f(x), f(x) > 0 D[ln( f(x))] = f (x) f(x). D[ln f(x) ] = f (x) f(x), vilket ger, om vi låter integreringsoperatorn D verka på båda leden i likheten ovan, [ f D ] (x) = ln f(x) + C, f(x) i alla intervall, där f(x) = 0. Exempel Vi söker primitiv funktion till funktionerna (a) x x 3, x > (b) tan x (c) sin(x) +cos x (d) x +x x Vi kan utnyttja regeln ovan för integrering av kvoten f (x) f(x) sökta primitiva funktionerna. för att bestämma de

177 76 KAPITEL 7. INTEGRALER (a) Identifiera f(x) = x 3. Då är f (x) = 3x och vi kan, efter omskrivning av kvoten, utföra integreringen [ x D ] x 3 = 3 [ 3x ] D x 3 = 3 ln x 3 +C, x >. (b) Vi noterar, att tan x = cos sin x x. Identifierar vi f(x) = cos x, fås f (x) = sin x och integrering ger [ ] sin x D cos x = D [ sin x cos x ] = ln cos x +C. (c) Vi låter f(x) = +cos x, vilket ger f (x) = cos x D cos x = sin x cos x = sin(x), där den sista likheten är en trigonometrisk identitet som fås från tabeller. Vi får således [ ] sin(x) D +cos x [ ] sin(x) = D +cos x = ln +cos x +C. (d) Det rationella uttrycket x +x x är en kvot av två polynom, där täljarens gradtal () är större än nämnarens (). Vi ser inte direkt hur detta kunde skrivas om som ett bråk med derivatan i täljaren och funktionen i nämnaren. Någon form av omskrivning är alltså nödvändig. Ett allmänt tillvägagångssätt vid denna typ av rationella uttryck är att först utföra divisionen så att vi får en kvot plus tillhörande rest. Detta är vanligen enklare att integrera än det ursprungliga uttrycket. Divisionen kan utföras på gängse vis med trappsteg etc. (mer om detta i kursen Ingenjörsmatematik I) men ofta kan man via algebraiska manipulationer mer direkt få fram resultatet: x + x x = x x+x+x+ x (x ) = x + 4x x = x + 4(x ) x + 3 x = x x. = x x+ x + 4x x 4x 4+3 = x + x 3 = x +4+ x

178 7.. INTEGRALEN AV EN SAMMANSATT FUNKTION 77 Vår strategi för omformningen ovan gick alltså ut på att addera lämpligt antal nollor till täljaren för att kunna utföra successiva divisioner och förenkla uttrycket. Nu kan integreringen enkelt utföras D [ x + x x ] = D [ x+3+ 3 x = D [x]+d [3]+3D [ x = x ] + 3x+3 ln x +C. Observation Om vi deriverar funktionen e f(x) fås: [ D e f(x)] = f (x)e f(x). Detta ger, efter verkan av operatorn D på båda leden, integreringsregeln D [ f (x)e f(x)] = e f(x) + C. Exempel Vi söker primitiv funktion till funktionerna (a) ex + e x (b) e x+ (c) e cos x sin x Med användning av regeln ovan får vi, i vissa fall efter smärre omformning, (a) identifiera f(x) = x med f (x) =, [ e D x ] + e x = D [ +e x] = D []+ D [ e x] = D [] D [ e x] = x e x + C. ]

179 78 KAPITEL 7. INTEGRALER (b) identifiera f(x) = x med f (x) =, [ ] D e x+ = D [ e x ] = D [ e x ] = e x + C = e x+ + C. (c) identifiera f(x) = cos x med f (x) = sin x, D [e cos x sin x] = D [ e cos x sin x] = e cos x + C. 7.3 Sammanfattning över integreringsregler Vi kan nu samla de hittills behandlade reglerna nedan, samtliga finns i tabeller så de behöver inte kunnas utantill. Däremot är det viktigt att känna till sammanhangen där reglerna tillämpas och vid behov kunna motivera dem. Regel Integrering. D [c f(x)] = cd [ f(x)], d.v.s. en konstant kan flyttas utanför operatorn. D [ f(x)+g(x)] = D [ f(x)]+d [g(x)] 3. D [x a ] = xa+ a+ + C, a = 4. D [ x ] = ln x +C, i ett intervall som inte innehåller x = 0 5. D [e x ] = e x + C 6. D [a x ] = ax ln a + C, = a > 0. Om a = blir resultatet x+c 7. D [sin x] = cos x+c 8. D [cos x] = sin x+c

180 7.4. GEOMETRISK TOLKNING AV INTEGRALEN D [ ] = D [ +tan x ] = tan x+c, för alla intervall som inte cos x innehåller x = π + nπ, n Z, d.v.s. där cos x = 0 0. D [ ] = D [ +cot x ] = cot x+c, för alla intervall som inte sin x innehåller x = nπ, n Z, d.v.s. där sin x = 0. D [g ( f(x)) f (x)] = g( f(x))+ C. D [ ( f(x)) a f (x) ] = ( f(x))a+ a+ + C, a = 3. D [ ] f (x) = ln f(x) + C, i alla intervall där f(x) = 0 f(x) ] 4. D [e f(x) f (x) = e f(x) + C y y = x O x Figur 7.: Området mellan kurvan y = x, koordinataxlarna och linjen x =. 7.4 Geometrisk tolkning av integralen Vi skall nu undersöka sambandet mellan integralen och begreppet area. Vi börjar med ett exempel.

181 80 KAPITEL 7. INTEGRALER Exempel Vi uppskattar storleken av området som begränsas av parabeln y = x, koordinataxlarna och linjen x =, se Figuren 7.. Tyvärr kan vi inte bestämma arean exakt med de metoder vi hittills lärt oss, ty området begränsas ju inte av räta linjer. Vi kan dock betrakta en grov approximation, genom att notera att det sökta området kan inskrivas i triangeln som vi får genom att dra en rät linje genom punkterna(0, 0) och(, ). Vi har således triangeln med dessa punkter som hörn, förutom punkten(, 0), se ( Figuren ) 7.. Uppenbarligen kommer den sökta arean att vara mindre än arean hos denna triangel. Arkimedes gick O y y = x x Figur 7.: Uppskattning av arena under parabeln y = x via den omskrivna triangeln. vidare med denna idé och approximerade den sökta arean med hjälp av rektanglar som dels överskattar arean och dels underskattar den. Han delade in x-axeln i ett antal lika breda intervall och ritade in rektanglar som dels omskriver och dels blir omskrivna av arean under den undersökta kurvan, se Figuren 7.3 där den sökta areans underskattning avbildas och Figuren 7.4 där överskattningen avbildas. Eftersom den sammanlagda arean av samtliga rektanglar kan räknas ut rutinmässigt kan vi, ifall vi förfinar indelningen av x-axeln och ökar antalet rektanglar i under- respektive överskattningen, få en relativt noggrann approximation till arean under kurvan. Den mindre arean (underskattningen) kallas då undersumma och den större arean (överskattningen) översumma. Vi kan räkna ut dessa för vår indelning av x-axeln i fyra delintervall, som illustreras i Figurerna 7.3 och 7.3. Undersumman blir (notera att i detta fall har den första rektangeln höjden noll, då höjden i dettta fall är funktionsvärdet f(x) = x i delintervallets

182 7.4. GEOMETRISK TOLKNING AV INTEGRALEN 8 y y = x O x Figur 7.3: Underskattning av arean under parabeln y = x med hjälp av rektanglar. vänstra ändpunkt, se Figuren 7.3) s 4 = ( ) ( ) = 4 3 ( ) = 4 64 = 7 3 ( ) 3 4 0, 875. På motsvarande sätt får vi översumman (rektanglarnas höjder blir nu funktionsvärdet i delintervallets högra ändpunkt, se Figuren 7.4) S 4 = 4 ( ) ( ) ( ) = ( ) = = 5 3 ( ) 4 4 0, Den sökta arean skall således ligga i intervallet ]s 4, S 4 [=]0, 875, 0, 46875[. Motsvarande beräkning med 8 delintervall ger att arean ligger i intervallet]0, 73, 0, 398[. Även om också detta är en ganska bred variation hos den sökta arean ger en finare indelning för delintervallen en betydligt bättre noggrannhet. En ökning av antalet delintervall till något tiotal torde ge tillfredsställande resultat i detta fall. Samma metod som i exemplet ovan kan utnyttjas för att definiera begreppet integral. Om vi utgår från att vi har en kontinuerlig funktion definierad på ett slutet intervall [a, b], kan detta intervall delas in i n stycken

183 8 KAPITEL 7. INTEGRALER O y y = x x Figur 7.4: Överskattning av arean under parabeln y = x med hjälp av rektanglar. lika stora delintervall med ändpunkterna i storleksordning enligt a = x 0, x,..., x n och x n = b. Vår kontinuerliga funktion kommer då att vara kontinuerlig även på varje enskilt (slutet) delintervall [x k, x k ]. Enligt en tidigare sats från avsnittet om kontinuerliga funktioner har då funktionen ett minsta värde m k och ett största värde M k på varje delintervall. Mängden D = {x 0, x,..., x n } kallas indelningen eller partitionen av intervallet [a, b]. Med denna indelning D kan vi räkna ut motsvarande undersumma 3 med användning av det minsta värdet m k och motsvarande översumma 3 Summor brukar betecknas med den grekiska bokstaven stora sigma, så att en ändlig summa med n termer kan skrivas: s n = a + a + a 3 + +a n + a n = n a k. k= Under sigma-beteckningen brukar man ange summeringsindex, som är den variabel som varierar enligt vilken term i summan som avses. Startvärde och slutvärde för detta summeringsindex (k) finns under respektive ovanför summatecknet, i fallet ovan är dessa lika med respektive n. Det är också möjligt att ha oändligt antal termer i summan, varvid övre gränsen för summeringsindexet blir oändlig. Vi har då att göra med en serie, som är en summa med oändligt antal termer. Mer om dylika i senare kapitel.

184 7.4. GEOMETRISK TOLKNING AV INTEGRALEN 83 med användning av det största värdet M k i varje delintervall: s(d) = m (x x 0 )+m (x x )+ +m n (x n x n ) n = m k (x k x k ), k= S(D) = M (x x 0 )+ M (x x )+ + M n (x n x n ) n = M k (x k x k ). k= I specialfallet, där f(x) 0 i hela intervallet [a, b] kan man tolka underoch översummorna som summor av rektangelareor på motsvarande sätt som i exemplet ovan. Det finns några centrala egenskaper som beskriver under- och översummorna:. För varje indelning D gäller att undersumman är mindre än översumman, d.v.s. D : s(d) S(D), som även gäller för två olika indelningar D och D oberoende av dessas noggrannhet. Vi har således olikheten D, D : s(d ) S(D ).. Med en finare indelning, d.v.s. fler delintervall, får vi en bättre approximation av arean. Detta innebär att undersumman växer och översumman avtar. Låt D och D vara två indelningar, där D är en finare indelning. Då gäller: s(d) s(d ) S(D ) S(D). Egenskap. indikerar att det finns exakt ett tal A, som är större än eller lika med varje undersumma och mindre än eller lika med varje översumma, oavsett hur noggrann den aktuella indelningen är. Detta tal är då lika med den sökta arean som integralen kan tolkas att representera och utgör grunden för integralbegreppet. Definition Antag att funktionen f är kontinuerlig på det slutna intervallet [a, b] (vilket samtidigt innebär att den är begränsad). Låt s(d)

185 84 KAPITEL 7. INTEGRALER och S(D) beteckna under- respektive översumman för en godtycklig indelning av intervallet. Man kan då visa att det existerar ett och endast ett tal I sådant att: s(d) I S(D). Vi kallar då funktionen f integrerbar och talet I integralen av funktionen f över intervallet [a, b]. Vi betecknar integralen med: I = b a f(x) dx. Beteckningen b a f(x) dx utläses integralen av f(x) från a till b. Talen a och b kallas den undre respektive övre integrationsgränsen. f(x) kallas integrand och x kallas integrationsvariabel. Anmärkning Beteckningen dx innebär att integrandfunktionen f integreras med avseende på variabeln x, d.v.s. att resultatet som vi då får deriverat skall ge oss f tillbaka. Historiskt härstammar beteckningssättet från ett betraktelsesätt där man tänkte sig att integralen direkt skulle motsvara en under- eller översumma i gränsen n. Då skulle lim n ( x) n = lim n (x k x k ) n δx := dx och minsta (eller största, detta har ingen praktisk betydelse i gränsen n för de flesta funktioner) värdet på funktionen motsvarar integrandens värde. Sedermera har man, i takt med att mera abstrakta och mångsidiga definitioner på integralen har upptäckts, tenderat att frångå denna motsvarighetsbetraktelse som dock lever kvar i tillämpade vetenskaper (t.ex. i fysiken). Beteckningarna har dock med tiden blivit allmänt vedertagna och är således svårare att ändra på än själva teorin. Exempel Vi visar att den konstanta funktionen f : f(x) = C är integrerbar på ett godtyckligt intervall[a, b] och att b a C dx = C(b a). Denna funktion är kontinuerlig på intervallet [a, b] och därmed även integrerbar därpå enligt definitionen ovan. Dessutom har vi, att k : m k = C = M k och vi

186 7.4. GEOMETRISK TOLKNING AV INTEGRALEN 85 noterar för en godtycklig indelning D: n s(d) = S(D) = C(x k x k ) k= = C(x n x n + x n x n + +x x ) = C(x n x ) = C(b a). För denna speciella funktion är under- och översummorna lika och därmed gäller enligt definitionen, att I är lika med arean av rektangeln som funktionen stänger in mellan x-axeln och definitionsintervallets ändpunkter. Således, emedan vår definition säger att s(d) I S(D), så har vi visat att I = b a f(x) dx = b a C dx = C(b a). y y = 4 x O 3 x Figur 7.5: Geometrisk tolkning av integralen 3 (4 x) dx som arean mellan räta linjen y = 4 x och x-axeln på intervallet[, 3]. Exempel Vi bestämmer integralen 3 (4 x) dx. Integrandfunktionens graf är den räta linjen y = 4 x och då kommer den sökta integralen att representeras av det streckade området i Figuren 7.5. Med elementära geometriska regler kan vi beräkna denna area, ifall vi tolkar området som

187 86 KAPITEL 7. INTEGRALER sammansatt av en triangel och en rektangel. Arean blir således (3 ) + (3 ) = 4 och vår sökta integral kan förväntas ha värdet 4. Å andra sidan kan vi bestämma integralen via indelning av intervallet[, 3] i n lika stora delintervall och betraktelse av under- och översummor. Delintervallen har då längden 3 n = n med ändpunkterna Således har vi allmänt, att x 0 =, x = + n, x = + n = + 4 n, x 3 = +3 n = + 6 n,. x n = + n n = + = 3. x k = + k n = + k n. Funktionen f(x) = 4 x är strängt avtagande, vilket innebär att den ( för varje ) delintervall [x k, x k ] antar sitt minsta värde m k = f (x k ) = 4 = 3 k 3 k n + k n n i delintervallets högra ändpunkt och sitt största värde M k = f (x k ) = i den vänstra ändpunkten. Vi kan då bilda undersumman n n ( s n = m k (x k x k ) = 3 k ) n n k= k= ) = n ( n = n n 3 k n k= k= (3n n ) (++3+ +n) = 6 n (++3+ +n), där summan är en aritmetisk summa, som kan beräknas enligt n = n +n (behandlas senare i kursen i samband med serier). Undersumman tar

188 7.4. GEOMETRISK TOLKNING AV INTEGRALEN 87 slutligen formen s n = 6 +n n n = 6 +n n På motsvarande sätt kan vi beräkna översumman n n ( S n = M k (x k x k ) = k= k= = n ( n = n n = 4 n. 3 k n 3 (k ) n k= k= (3n n ) (++3+ +n ) = 6 n (++3+ +n ), ) ) n där summan är en aritmetisk summa, som kan beräknas enligt n n = (n ) (behandlas senare i kursen i samband med serier). Undersumman tar slutligen formen s n = 6 n(n ) n = 6 n n = 4+ n. Våra uttryck för under- respektive översumman beror alltså av indelningens noggrannhet, d.v.s. antalet delintervall, n. Genom att låta indelningen bli allt noggrannare, då n, kan vi undersöka gränsvärdena för under- och översummorna. lim s n = lim 4 n n n = 4, lim S n = lim 4+ n n n = 4. Då inser vi att det enda tal I som kan uppfylla villkoret s n I S n för varje värde på n i definitionen ovan är talet I = 4. Således är vår funktion integrerbar och vi kan dra slutsatsen att 3 (4 x) dx = 4. På basen av detta har vi alltså ett direkt förhållande mellan värdet på integralen och arean under grafen, vilket motiverar följande resultat.

189 88 KAPITEL 7. INTEGRALER Sats Antag att funktionen f är kontinuerlig på intervallet [a, b] och ickenegativ. Då är arean av det område som begränsas av kurvan y = f(x), x-axeln samt linjerna x = a och x = b: A = b a f(x) dx. y y = x O x Figur 7.6: Grafen y = f(x) av funktionen f(x) = x. Exempel Vi bestämmer integralen x dx. Vi börjar med att rita upp grafen av integrandfunktionen f(x) = x, se Figuren 7.6. Som synes består denna graf av halvcirkeln x + y =, y 0. Funktionen f är definierad, kontinuerlig och icke-negativ på integrationsintervallet [, ]. Vi kan således tillämpa satsen ovan och sluta oss till att värdet på integralen är lika med arean av nämnda halvcirkel, d.v.s. π = π. Integralbegreppet kan definieras även för vissa typer av diskontinuerliga funktioner. Om vi tänker oss värdet på integralen som arean av området under grafen, kan vi addera dylika areor mellan evantuella diskontinuitetspunkter. Detta utvidgar begreppet integrerbar funktion. Definition Antag att en funktion f är begränsad och har ett ändligt antal diskontinuitetsställen x, x,..., x n i intervallet[a, b]. Då är f integrerbar och b a f(x) dx = + x a xn f(x) dx+ x n f(x) dx+ x x b f(x) dx+ x n f(x) dx.

190 7.4. GEOMETRISK TOLKNING AV INTEGRALEN 89 Exempel Vi bestämmer integralen 3 f(x) dx, för funktionen, 3 x <, f(x) = 3, x <,, x. I integrationsintervallet[ 3, ] finns alltså två diskontinuitetspunkter, nämligen och. Vi kan då uttrycka den sökta integralen i uppdelad form och bestämma dess delar med hjälp av vårt tidigare resultat för integralen av en konstant funktion. f(x) dx = f(x) dx+ f(x) dx+ f(x) dx 3 3 = dx+3 dx+ dx 3 = ( ( 3))+3( ( ))+ ( ) = 0. y O x Figur 7.7: En diskontinuerlig funktion med lika stora areor ovanför och under x-axeln. Exempel Vi bestämmer integralen f(x) = {, x > 0,, x 0. f(x) dx, för funktionen Funktionen är diskontinuerlig, men begränsad och den har ett ändlig antal diskontinuitetspunkter på integrationsintervallet[, ] (närmare bestämt en i origo). Funktionen finns illustrerad i Figuren 7.7. Funktionen är alltså integrerbar

191 90 KAPITEL 7. INTEGRALER och vi får omedelbart f(x) dx = = 0 0 f(x) dx+ dx+( ) 0 f(x) dx 0 dx = (0 ( ))+( )( 0) = 0. Anmärkning I exemplet ovan tolkades bidraget till integralen från arean under x-axeln som negativt. Arean är ju alltid positiv, men funktionsvärden under x-axeln ger negativt bidrag till integralen och därför kommer alla areor under x-axeln att bidra till slutresultatet med negativt förtecken. I specialfallet att areorna nedan- och ovanom x-axeln är lika stora, kommer detta att leda till att de tar ut varandra och resultatet för integralen blir noll. 7.5 Egenskaper För att kunna hantera integraler i olika sammanhang behöver vi lite allmännare regler. Vi kommer inte att bevisa dessa, utan nöjer oss med att konstatera att de kan motiveras antingen vi integralens geometriska tolkning eller våra tidigare räkneregler för operatorn D som vi använde vid bestämning av primitiva funktionen. Regel Låt funktionerna f(x) och g(x) vara kontinuerliga på det slutna intervallet[a, b] och låt c R vara en konstant. Då har vi följande:.. b a [ f(x)+g(x)] dx = b a f(x) dx+ b a g(x) dx b a c f(x) dx = c b a f(x) dx 3. a a f(x) dx = 0 Om funktionen f(x) är kontinuerlig på ett intervall som innehåller a, b och d gäller 4. b a f(x) dx = a b f(x) dx

192 7.5. EGENSKAPER d a f(x) dx+ b d f(x) dx = b a på a, b och d b a f(x) dx, oberoende av storleksordningen f(x) dx 0, om f(x) 0 på hela intervallet[a, b] b a f(x) dx b a g(x) dx, om f(x) g(x) på hela intervallet[a, b] O y a y = x+ x Figur 7.8: Geometrisk tolkning av integralen a (x+) dx. Exempel Vi bestämmer ett tal a R så att ekvationen a (x+) dx a a (x+) dx = 6 satisfieras. Tillämpas reglerna ovan ser vi, att 4. ger a a (x+) dx = a a (x+) dx. Då kan vi slå ihop de två integralerna med användning av 5. och få ekvationen a (x+ ) dx+ a a (x+ ) dx = a (x+) dx = 6. Om vi ritar upp integrandfunktionen f(x) = x+ så kan integralen i vänstra ledet representeras av det streckade området i Figuren 7.8. Funktionen skall integreras över intervallet [, a], med funktionsvärdena f() = + = och f(a) = a+ i ändpunkterna. En närmare granskning av Figuren 7.8 visar att det streckade området kan betraktas som sammansatt av en rektangel och en triangel. Rektangelns area är basen gånger höjden, d.v.s. A R = (a ) =

193 9 KAPITEL 7. INTEGRALER 4a och triangelns area basen gånger höjden dividerat med två, d.v.s. A T = (a ) (a+ ) = (a ). Vi har således ekvationen A R + A T = 4a + (a ) = 6 4a 4a++8a 4 = 0 a + a 5 4 = 0 ( ) ± a, = a = 3 =, a = 5 =. 7.6 Integralfunktionen Hittills har vi bestämt integraler med två metoder, grafiskt samt genom gränsvärdesbetraktelse av under- och översummorna. Båda metoderna är arbetsdryga även för relativt enkla funktioner och ännu vet vi inte värdet på exemplevis x dx. 0 Ett begrepp som kan relateras till vår från tidigare kända primitiva funktion är följande: Definition Integralfunktionen Antag att funktionen f är integrerbar på intervallet[a, b]. Integralen av f från a till x, (a x b), är då en funktion F, som är kontinuerlig i intervallet[a, b]. Funktionen F benämns integralfunktion och vi skriver: F(x) = x a f(t) dt. För att undvika sammanblandning av integralens övre gräns med integrationsvariabeln, använder vi här t som integrationsvariabel då vi integrerar f och x (integralens övre gräns) som variabel för integralfunktionen F.

194 7.6. INTEGRALFUNKTIONEN 93 y x O x y = t t Figur 7.9: Grafen y = f(t) av funktionen f(t) = t. Det streckade området representerar integralen x 0 f(t) dt. Exempel Betrakta funktionen f(t) = t. Om dess graf y = f(t) ritas upp i (t, y)-koordinatsystemet fås Figuren 7.9. Arean under kurvan i intervallet t [0, x] är streckad och bildar en triangel med arean x x = x och integralfunktionen av f blir således i detta fall: F(x) = x 0 f(t) dt = x. Vi kan nu notera, att F(x) är en primitiv funktion till f(x) = x, ty F (x) = f(x). Detta är, som vårt följande resultat visar, ingen slump utan en konsekvens av egenskaperna hos integralfunktionen. Sats Analysens huvudsats Antag att funktionen f är kontinuerlig på intervallet [a, b]. Då är integralfunktionen F(x) = x a f(t) dt deriverbar i intervallet[a, b] och för alla x [a, b] gäller att F (x) = f(x). Observation Ovan är alltså f(t) samma funktion som f(x), vi använder bara variabeln t som hjälpvariabel vid integreringen. För varje värde på x utförs alltså en skild integrering av f från a upp till detta värde, vilket betyder att arean under kurvan från a till x bestäms.

195 94 KAPITEL 7. INTEGRALER Följdsats Till varje kontinuerlig funktion f existerar det (åtminstone) en primitiv funktion, nämligen integralfunktionen x a f(t) dt. Exempel ty om så gäller det att x ( ) D t + ct a F(x) = x a dt = x + cx, ( ) t + ct dt, F (x) = f(x) = x + cx. Exempel Vi undersöker om funktionen F(x) = x et dt är strängt monoton. Från tidigare vet vi att om derivatan av en funktion är antingen större än eller mindre än noll så är funktionen strängt monoton. På basen av analysens huvudsats vet vi att F (x) = e x, som är större än noll och därmed är F strängt monoton. En grafisk betraktelse bekräftar detta; eftersom integrandfunktionen är positiv ger den ett positivt bidrag till arean under grafen i takt med att värdet på x växer. Således kommer F att vara strängt växande. 7.7 Integrering med primitiva funktionen Utöver de hittills behandlade metoderna kan man bestämma integraler med hjälp av primitiva funktionen. Denna metod är vanligen den som avses då man talar om integrering med analytiskt förfarande. Satsen som beskriver detta brukar kallas insättningsformeln. Sats Antag att funktionen f är kontinuerlig på intervallet[a, b]. Om F är primitiv funktion till f, gäller b a b/ f(x) dx = F(b) F(a) := [F(x)] b a := F(x), a

196 7.7. INTEGRERING MED PRIMITIVA FUNKTIONEN 95 där olika beteckningspraxis finns givna till höger. När man bestämmer integralen subtraherar man alltså värdet av den primitiva funktionen i den nedre integrationsgränsen från värdet av den primitiva funktionen i den övre integrationsgränsen. Integralen i vänstra ledet brukar kallas bestämd integral, av den anledningen att integreringen där sker över ett begränsat intervall[a, b]. Integralbegreppet har definierats genom gränsvärdesbetraktelser av underoch översummor då antalet delintervall går mot oändligheten. Dessa gränsvärden av under- och översummorna tolkades vidare som ett mått på arean under en graf. Å andra sidan definierades bestämning av primitiva funktionen som inversa operationen till derivering. Exempel Vi bestämmer integralen ( ) 6x x+ dx = = / / ) (6 x3 3 x + x ( ) x 3 x + x = 3 + = 4 ( 4) = 8. ( ) ( ) 3 ( ) +( ) Observation Vid användning av primitiva funktionen i insättningsformeln behövs ingen integrationskonstant C eftersom denna, oberoende av sitt värde, ändå skulle fösvinna vid insättningen av gränsernas värden. Exempel Vi bestämmer integralen π π sin(x) cos (x) dx. Här kan vi tillämpa regeln för D [ f (x)( f(x)) a] om vi identifierar a =,

197 96 KAPITEL 7. INTEGRALER f(x) = cos(x) får vi f (x) = sin(x) och integralen tar formen π π sin(x) cos (x) dx = π π π / sin(x) cos (x) dx = cos 3 (x) 3 π = ( ) cos 3 (π) cos 3 ( π) 6 = 6 ( ( ) 3 3) = 3. Vi fortsätter med att studera några integraler med absolutbelopp i integrandfunktionen. Dylika måste alltid skrivas om som styckevis definierade funktioner, så att man blir av med absolutbeloppet. Integralen bestäms slutligen genom att betrakta de olika intervallen för absolutbeloppet var för sig i integrationsområdet och slutligen bestämma de separata integralerna med användning av insättningsformeln. Exempel Vi bestämmer integralen x dx. Enligt definitionen på absolutbelopp har vi { x, x, x = x, x >. Integralen tar då formen x dx = = / x dx+ x x + / = = + =. x x x dx (( ) ( ) ( )+ )

198 7.7. INTEGRERING MED PRIMITIVA FUNKTIONEN 97 Vi tittar nu på ett extremvärdesproblem som innehåller en integral. Exempel Vi bestämmer extremvärdena för funktionen f(x) = t x dt, x. Notera nu att t är integrationsvariabeln, som kommer att försvinna då integreringen utförs. Variabeln x, å andra sidan, finns hela tiden med i integranden och kommer att bli kvar som oberoende variabel hos den funktion f(x) som integralen definierar. Under integreringen skall alltså variabeln x behandlas som om den vore en konstant. Vi börjar med absolutbeloppet, som enligt definitionen är lika med t { t x = x, t x t x, x t, t < x t > x. I princip måste vi nu beakta de olika situationer som kan uppstå beroende på vilket värde x har i förhållande till integrationsintervallet. Det tre möjliga fall; x <, x > och x, men eftersom funktionen f är definierad enbart på det sista området räcker det här att studera detta fall. Vi kan då skriva integralen i den uppdelade formen f(x) = t x x dt = x/ = ln t t / x + t x dt+ = ln x x x t dt t x ln t x ( ln ) x = ln x+ 3 ln. x + ln ( ln x) x Med hänvisning till tidigare teori i kursen är denna funktion kontinuerlig och deriverbar på sin definitionsmängd, där x. Då räcker det med att undersöka ändpunkter och kritiska punkter för att få fram eventuella extremvärden. Vi noterar, att f() = ln 0, 307 och f() = ln 0, 93. De kritiska punkterna infaller för f (x) = 0 och vi kan derivera f (x) = x 3 x = 0 x 3 = 0 x = 3.

199 98 KAPITEL 7. INTEGRALER I den enda kritiska punkten har vi således funktionsvärdet f ( ) 3 = ln 3 3 ln = ln 8 9 0, 8. Funktionens största värde är således f() och dess minsta värde är f ( ) 3. Nu skall vi studera några speciella metoder att söka primitiv funktion. Dessa, tillsammans med våra tidigare behandlade integreringsregler, ger oss åtminstone i princip möjligheter att hantera de flesta funktioner som har en primitiv funktion som går att uttrycka med elementära funktioner Substitution Denna integreringsmetod går ut på att man gör ett byte av integrationsvariabel x = g(t) så att den nya integralen med integrationsvariabeln t blir enklare att bestämma. Betrakta alltså den bestämda integralen I = b a f(x) dx. Vi skall nu skriva om denna så att integreringen kommer att ske i avseende å t i stället för x. Den nya integrandfunktionen kommer då att bli f(x) = f(g(t)) = ( f g)(t) och i gränserna får vi a = g(t ) respektive b = g(t ). För att variabelbytet skall fungera måste funktionen g vara omvändbar, d.v.s. injektiv, så att t = g (a) och t = g (b), annars skulle det ju inte vara möjligt att byta tillbaka till den urprungliga variabeln x. Till sist måste man alltid komma ihåg att ändra dx, detta görs genom att man deriverar 4 dx dt = d dt g(t) = g (t), vilket ger dx = g (t) dt och betyder alltså att den substituerade funktionen g även måste vara deriverbar. Vår integral har nu tagit formen I = b a f(x) dx = g (b) g (a) ( f g)(t)g (t) dt. 4 Detta förfarande innebär att man byter skala i integralen från x till t och motsvarar egentligen en förändring av delintervallens bredd i under- resp. översummorna för integralen. För den ursprungliga integralen mättes intervallbredden på x-axeln och för den nya integralen mäts intervallbredden på t-axeln. Förhållandet mellan dessa båda skalor beskrivs av derivatan g på samma sätt som derivatan y beskriver lutningen hos tangenten till kurvan y(x).

200 7.7. INTEGRERING MED PRIMITIVA FUNKTIONEN 99 I praktiken behöver man dock inte sätta in de nya gränserna genom att invertera funktionen g, som ovan, utan det går lika bra att endast utnyttja variabelbytet till att hitta en primitiv funktion. Själva insättningen kan därefter utföras med den usprungliga integreringsvariabeln x. Att hitta en ändamålsenlig funktion g, som verkligen underlättar sökandet efter primitiv funktion, är inte alltid lätt. Ofta måste man ta till prövning, men det finns även tabeller där lämpliga substitutioner finns listade på basen av integrandens egenskaper. Exempel Vi bestämmer integralen 0 (x+) 3 dx, med hjälp av variabelsubstitution. Om vi jämför denna med teorin ovan, ser vi att f(x) = (x+) 3. Vi väljer då x + = t, vilket reducerar integranden till en enkel potens. Teorin ovan indikerar nu att t = g (x) = x+, vilket betyder att x = t = g(t) och då får vi dx = g (t) dt = dt. Integralen har nu, fortfarande med de gamla gränserna, formen 0 (x+) 3 dx = = = = 8 = 8 x= x=0 x= x=0 x= / x=0 x= / x=0 t 3 dt t 3 dt t 4 4, t = x+ (x+ ) 4 ( 3 4 4) = 0. Anmärkning Samma beräkning med variabelbytet beaktat även i grän-

201 00 KAPITEL 7. INTEGRALER serna, blir aningen kortare (x+ ) 3 dx = 0 t=3 t= 3 t 3 dt = t 3 dt = 3/ t 4 4 = ( 3 4 4) = 0. 8 Båda de här varianterna av det praktiska genomförandet av variabelbyte är givetvis lika korrekta, vanligen väljer man den väg som är enklare ren algebraiskt. Exempel Vi bestämmer integralen π 3 sin x cos 3 x dx, 0 med användning av variabelbyte. Vi väljer substitutionen t = cos x, vilket ger d dx t = d cos x = sin x dt = sin x dx. dx Integralen tar då formen π π 3 sin x cos 3 3 x dx = cos 3 x( sin x) dx 0 = 0 cos π 3 cos 0 = = = / t 3 dt t4 4 t 3 dt t 3 dt = = 5 6.

202 7.7. INTEGRERING MED PRIMITIVA FUNKTIONEN 0 Vi avslutar detta avsnitt med en liten utmaning. Exempel Betrakta den bestämda integralen x dx. Denna integrand kan vi inte direkt hitta någon primitiv funktion till. En lämplig substitution skulle förenkla rotuttrycket, exempelvis någon trigonometrisk funktion som via Pythagoras sats omformar radikanden 9 x till en jämn kvadrat kunde vara gångbar. Vi prövar därför med x = g(t) = 3 sin t, som ger 9 x = 3 3 sin t = 3 sin t = 3 cos t = 3 cos t, x [0, 3], d dt x = d 3 sin t = 3 cos t dx = 3 cos tdt. dt Integralen tar då formen 3 0 x=3 9 x dx = = 9 = 9 = 9 = 9 x=0 x=3 3 cos t 3 cos t dt x=0 3 sin t=3 3 sin t=0 sin t= t=0 t= π t=0 cos t dt cos t dt cos t dt cos t dt. Eftersom g(t) = 3 sin t måste vara injektiv på det intervall som spänns upp av integrationsgränserna för t, kan vi välja intervallet [ 0, π ] ty sin 0 = 0 ger x = 0 och sin π = ger x = 3 (något annat intervall med samma egenskaper duger också, eftersom integranden cos t är en periodisk funktion). Dessvärre är även denna integral lite besvärlig, vi hittar inte direkt någon primitiv funktion till cos t. Därför måste vi skriva om integrandfunktionen på något sätt för att komma vidare. Betrakta den trigonometriska identiteten i t.ex. Ingenjörsmatematisk formelsamling: cos(t) = cos t sin t = cos t.

203 0 KAPITEL 7. INTEGRALER Ur denna kan vi lösa ut cos t = (cos(t)+) och erhålla ett uttryck som inte innehåller kvadrater. Vår integral tar då formen 3 0 π 9 x dx = 9 0 π cos t dt = 9 cos(t)+ dt 0 = 9 ( π cos(t) dt+ 0 = 9 = ( sin π / ( sin(t)+ π 7.7. Partialbråksuppdelning 0 π / t π 0 ) dt ) ) sin 0 + 9π 4 = 4 π. Vi integrering av rationella uttryck 5 har man ofta nytta av att kunna dela upp ett bråk i en summa/differens av flera enklare bråk. En systematisk metod för detta är partialbråksuppdelning. Vi demonstrerar förfarandet i några exempel. Exempel Betrakta integralen 4 dx x. Vi kan inte genast hitta någon primitiv funktion till integranden, så den x måste skrivas om för att vi skall komma vidare. Faktoriseras nämnaren och delas bråket upp i termer enligt denna faktorisering, har vi x = (x+)(x ) = A x+ + B x. De enklare bråken som utgör termerna i högra ledet brukar kallas partialbråk, därav namnet partialbråksuppdelning. Vi försöker nu bestämma konstanterna A och B så att uppdelningen ovan gäller. Detta görs i praktiken så att vi utgår 5 Med ett rationellt uttryck avses vanligtvis kvoten av två polynom.

204 7.7. INTEGRERING MED PRIMITIVA FUNKTIONEN 03 från högra ledet ovan och slår ihop termerna genom att söka minsta gemensamma nämnare, enligt A x+ + B x = A(x ) B(x+ ) + (x+ )(x ) (x+ )(x ) = A(x )+B(x+ ) x Nu kan vi jämföra täljaren i högra ledet med täljaren i den ursprungliga integranden,. För att de ovanstående likheterna skall gälla måste dessa täljare alltså x vara identiskt lika (likheterna skall således gälla för alla x-värden i integrationsintervallet). Detta ger oss en möjlighet att bestämma konstanterna A och B: A(x )+ B(x+) = x(a+b)+b A = 0x+ = x [, 4]. För att likhet skall gälla identiskt, för alla x-värden i intervallet, måste vi ha exakt samma termer i båda leden; samma konstanter, lika många x, x, x 3, o.s.v. Då ser vi i detta fall direkt att A+ B = 0 samt B A =. Detta är ett ekvationssystem för konstanterna, som enkelt kan lösas t.ex. genom att addera ekvationerna. Vi får då B =, vilket ger B = och återinsättning i någon av ekvationerna ger A =. Detta betyder att vi har partialbråksuppdelningen Integralen tar då formen 4 x = (x ) (x+). dx x = 4 dx x 4 dx x+ = 4/ ln x 4/ ln x+ = (ln 3 ln ln 5+ln 3). = ( ln 3 ln 5) = ( ) ( 3 ln 3 ) 3 5 ln 5 = ln = ln 5 5. Vi fortsätter med ett exempel med en mera avancerad rationell funktion som integrand.

205 04 KAPITEL 7. INTEGRALER Exempel Vi bestämmer integralen 4 3 x + 3x 4 x 3 x x dx. För att kunna faktorisera nämnaren måste vi bestämma dess nollställen, vi har alltså ekvationen ( ) x 3 x x = 0 x x x = 0 x = 0 x = x =. Då kan vi konstatera, att x 3 x x = x(x + )(x ) och vi har uppdelningen x + 3x 4 x 3 x x = A x + B x + C x+, där vi alltså skall identifiera de tre konstanterna A, B och C. Vi gör som föregående exempel och slår ihop termerna i högra ledet: A x + B x + C x+ = A(x )(x+)+bx(x+ )+Cx(x ) x(x )(x+ ) = x (A+B+C)+ x( A+ B C) A x(x )(x+ ) = x + 3x 4 x 3 x x. Eftersom likheterna ovan skall gälla identiskt, d.v.s. åtminstone för alla x-värden i integrationsintervallet, så kan vi jämföra termer av olika gradtal i täljarna i den sista likheten och komma fram till systemet A + B + C = A + B C = 3 A = 4 Från den sista ekvationen ser vi omedelbart, att A =. Sätter vi in detta i de två övriga ekvationerna och hyfsar, har vi systemet { B + C = 4 B C = 5..

206 7.7. INTEGRERING MED PRIMITIVA FUNKTIONEN 05 Detta system kan vi lösa direkt t.ex. genom att subtrahera ekvationerna, vilket ger C ( C) = 4 5 och C = 3. Slutligen ger återinsättning av detta i ekvationen B + C = 4, att B =. Vår partialbråksuppdelning är alltså Nu kan vi utföra integreringen x + 3x 4 x 3 x x = x x 3 x x + 3x 4 4 x 3 x x dx = 4 3 x dx 4 3 x dx 3 3 x+ dx 4/ 4/ 4/ = ln x ln(x ) 3 ln(x+ ) = ln 4 3 ln 3 ln 5 4 ( ) 4 ( 5 = ln ln ln 3 4 ) 3 = ln 3 53 ln 3 ( 6 3 ) = ln = ln Absolutbeloppen innanför logaritmerna kunde lämnas bort, emedan alla argument (tal innanför logaritmen) var positiva. Diverse räkneregler för logaritmer utnyttjades flitigt Partiell integrering Partiell integrering är ytterligare en metod för att integrera då man inte direkt hittar en primitiv funktion. Metoden är speciellt användbar då integranden kan betraktas som en produkt av två funktioner, av vilka den ena utgör en derivata. Vi vet att deriveringsregeln för en produkt lyder: D[ f(x)g(x)] = f (x)g(x)+ f(x)g (x).

207 06 KAPITEL 7. INTEGRALER Vi kan nu flytta om termerna och operera på samtliga dessa med operatorn D, vilket ger D [ f(x)g (x) ] = D D[ f(x)g(x)] D [ f (x)g(x) ] f(x)g (x) dx = f(x)g(x) f (x)g(x) dx. Motsvarande gäller även för bestämda integralen och då kommer första termen i högra ledet att bli en insättning av gränserna: b a f(x)g (x) dx = b/ f(x)g(x) a b a f (x)g(x) dx. Vi har fått en regel för att skriva om en integral, regeln kallas partiell integrering. För att regeln skall vara till nytta i praktiska beräkningar krävs det dock att integralen b a f (x)g(x) dx i högra ledet är enklare att utföra än den ursprungliga integralen b a f(x)g (x) dx i vänstra ledet. Ibland, ifall det finns flera möjligheter att faktorisera integranden till en produkt, eller ifall man kan välja funktionen f och derivatan g på flera olika sätt, kan det vara motiverat att pröva flera olika alternativ för detta. Vi illustrerar med några exempel. Exempel Betrakta integralen e x ln x dx. Integranden är en produkt av funktionerna ln x och x. Vi prövar med att sätta f(x) = ln x och g (x) = x, vilket ger g(x) = x (någon integrationskonstant behövs inte här, emedan en konstant term i funktionen g(x) försvinner i högra ledet 6 Då fås f (x) = D ln x = x och enligt regeln ovan för partiell integrering 6 Låt g(x) = +C. Då fås i högra ledet för konstantens C del: b/ b b/ b f(x)c f (x)c dx = C f(x) f (x) dx a a a a b/ b/ = C f(x) f(x) = 0. a a

208 7.7. INTEGRERING MED PRIMITIVA FUNKTIONEN 07 har vi e x ln x dx = e/ = e = e x ln x e x x dx ln e ln e/ = e e 4 = e + 4 Exempel Betrakta integralen. x ( 4 ) e x dx π 0 x sin x dx. Vi väljer nu f(x) = x och g (x) = sin x, vilket ger f (x) = och g(x) = cos x. Integralen tar då formen π 0 x sin x dx = 0 x( cos x) dx = π cos π ( π 0 π 0 ( cos x) dx ) cos x dx π / = π 0 π / cos x dx = 0 sin x = sin π sin o =. Exempel Vi önskar bestämma konstanten a > 0 så att a ln x dx =.

209 08 KAPITEL 7. INTEGRALER Denna integrand, ln x, ser ju vid första anblicken inte ut som en produkt, men man kan alltid beakta en osynlig etta. Då kan vi sätta f(x) = ln x och g (x) =, vilket ger f (x) = x och g(x) = x och integralen tar formen a ln x dx = Vi skall således lösa ekvationen: a/ x ln x a = a ln a ln = a ln a x x dx a dx a/ x = a(ln a )+. a(ln a )+ = a(ln a ) = 0 ln a = e ln a = e a = e. y y = x y = O x Figur 7.0: Det streckade området begränsas av kurvan y = 4x, y-axeln och linjen x =.

210 7.8. AREABERÄKNING Areaberäkning Vi har sett att integralen representerar arean mellan en kurva och x-axeln på integrationsintervallet. Detta betyder att integrering ju kan användas för att beräkna areor. Vi skall kort studera detta tema och titta på några specialfall. Exempel Vi bestämmer arean av området som begränsas av kurvan y = 4x, y-axeln och linjen y =, se Figuren 7.0. Vi skall granska två olika metoder för att göra detta: I Vi skriver om y = 4x som y = x, emedan det aktuella området har positiva y-värden. (Vi kan alltså förkasta lösningen x då y [0, ].) Integrering av x över intervallet x [0, ], där vänstra ändpunkten kommer från att området begränsas av y-axeln och högra ändpunkten från att kurvorna y = 4x och y = skär varandra i x =, ger arean mellan kurvan y = 4x och x-axeln. 0 x dx = = = / 0 / x dx x + + x 3 = = 3. Detta är dock inte den sökta arean. För att komma fram till den sökta arean måste vi nämligen subtrahera resultatet ovan från arean av den rektangel som har hörnen i (0, 0), (0, ), (, ) och (, 0): 3 = 3 a.e. (areaenheter) II I stället för att integrera i x-led, kan vi ha y som integrationsvariabel. Vi slipper då skriva om funktionerna och får direkt ut den sökta arean ur inte-

211 0 KAPITEL 7. INTEGRALER gralen, som för integrandfunktionen x(y) = y 0 x(y) dy = = 4 y dy / y = = 3 a.e. är (se Figuren 7.0) Som väntat blev resultaten de samma, men beräkningarna aningen kortare i det senare fallet. En bra graf över integrationsområdet underlättar m.a.o. valet av integrationsvariabel. Anmärkning Med förkortningen a.e. avser vi här areaenheter. Exempel på dylika är cm och m. Som bekant kan en sträcka inte vara negativ och därför används ofta absolutbelopp (om man inte är säker på att beräkningarna enbart omfattar positiva storheter) vid beräkning av längd. På samma sätt kan en area inte bli negativ. Vi vet dock att om integrandfunktionen ligger under x-axeln så blir integralen negativ. När vi beräknar areor måste detta beaktas, så att inte eventuella integreringar av negativa funktioner ger negativa areor. I praktiken brukar man dela in funktionen i delintervall enligt dess tecken (d.v.s. om den ligger ovan- eller nedanför x-axeln) och korrigera de negativa funktionsintervallen med ett minustecken. Exempel Vi bestämmer arean av området som begränsas av kurvan y = x, x-axeln och linjerna x = samt x = e, se Figuren 7.. Vi konstaterar direkt att y = x = f(x) < 0, då x [, e]. Detta innebär att arean representeras av negativa integralen e f(x) dx, enligt e e ( A = f(x) dx = ) dx x = = e dx x e/ ln x = ln e ln = a.e.

212 7.8. AREABERÄKNING 4 x = x = e y 0 A y = x x Figur 7.: Området A som begränsas av kurvan y = x, x-axeln och linjerna x = samt x = e. Exempel Vi bestämmer arean av området som begränsas av kurvan y = x 3 x och x-axeln. Först måste vi utreda kurvans utseende. Nollställena är ( ) x 3 x = 0 x x = 0 x = 0 x = ±. Vidare har vi gränsvärdena ( ) lim x x = ±. x ± Kurvan y = f(x) = x 3 x är växande då f (x) 0, d.v.s. då f (x) = 3x 0 x 3 = 3 3 x 3 = 3 3, och avtagande då f (x) 0, d.v.s. då 3 3 x 3 3. Vi kan nu rita upp grafen i Figuren 7. och ser, att f(x) > 0 för < x < 0 samt x > och att f(x) < 0 för x < samt 0 < x <. Då kan vi uttrycka arean av området som

213 KAPITEL 7. INTEGRALER.5 y = x 3 x 0.5 y x Figur 7.: Grafen av kurvan y = x 3 x. begränsas mellan kurvan och x-axeln enligt: A = A + A = = = 0 0 0/ f(x) dx+ x 3 x dx+ x 4 4 x + ( ( ) 4 = ( f(x)) dx x x 3 dx x x4 4 ( ) = = a.e. ) Man kunde även ha räknat ut arean via integralen b a f(x) dx = detta hade gett samma resultat. x 3 x dx,

214 7.8. AREABERÄKNING 3 y = h(x) a b y = g(x) x Figur 7.3: Område som begränsas av två funktioner, f(x) och g(x) Två funktioner I detta avsnitt beräknar vi areor av områden som begränsas av två funktioner, se Figuren 7.3. Arean i situationen som illustreras i grafen ovan kan beräknas enligt: b a g(x) dx b a h(x) dx = b a [g(x) h(x)] dx = b a g(x) h(x) dx. I Figuren 7.3 är integrationsintervallet x [a, b], eftersom funktionerna begränsar ett område (streckat) i detta intervall. Vidare är g(x) h(x) på detta intervall och man kan beräkna arean under g respektive h separat på integrationsintervallet och subtrahera för att få den sökta arean. Den sista likheten ovan ger en allmän formel för att beräkna arean som begränsas av två funktioner, där absolutbeloppet säkerställer att resultatet blir positivt. Exempel Kurvorna y = h(x) = x + x+ och y = g(x) = x innesluter ett område. Vi beräknar dess area. I Figuren 7.4 avbildas området, y = h(x) definierar en uppåt öppnande parabel utan nollställen (diskriminanten för andragradsekvationen h(x) = 0 är D h = 4 < 0) och y = g(x) definierar en nedåt öppnande parabel med nollställena ±. På basen av detta och grafen kan vi konstatera, att g(x) h(x) på integrationsintervallet. För att bestämma detta intervall behöver vi kurvornas skärningspunkter som fås från lös-

215 4 KAPITEL 7. INTEGRALER y h(x) = x + x+ g(x) = x x Figur 7.4: Grafen av kurvorna y = h(x) = x + x+ och y = g(x) = x. ningen till ekvationssystemet { y = g(x), y = h(x).. Kombination av ekvationerna ger x + x+ = x x + x = 0 x + x = 0 x = ± ( ) 4 ( x = ± 3 x = x =. )

216 7.8. AREABERÄKNING 5 Den sökta arean representeras då av integralen A = b a [g(x) h(x)] dx = = = / ( x x ) dx ) (x x x3 3 ( ) ( ) ( )+ ( ) ( ) ( )3 3 = = = 7 4 = 9 8 = 8..5 sin x cos x 0.5 y π π 3π π x Figur 7.5: Kurvorna y = sin x och y = cos x för x [0, π].

217 6 KAPITEL 7. INTEGRALER Exempel Vi bestämmer arean av området som begränsas av kurvorna y = sin x och y = cos x samt linjerna x = 0 och x = π, se Figuren 7.5. Då vi granskar figuren är det uppenbart att integralen för den sökta arean måste bestämmas i delintervall. Vi börjar därför med att söka kurvornas skärningspunkter, vilket betyder att vi skall lösa ekvationen sin x = cos x i intervallet x = [0, π]. Som hjälpmedel tillämpar vi den trigonometriska identiteten sin x = cos ( π x ). ( π ) cos x = cos x x = π ( π )+nπ x+nπ x = x ( x = π n+ ) ( 0x = π n ) ( x = π n+ ) x. 4 Lösningarna i intervallet [0, π] är således x = π 4 och x = 4 π. Eftersom det finns två skärningspunkter i integrationsintervallet måste detta delas in i tre delintervall, nämligen [ 0, π [ 4], π4, 5π ] [ 4 och 5π4, π ]. Som synes från Figuren 7.5 har vi i det första delintervallet cos x > sin x i det andra delintervallet cos x < sin x och i det tredje delintervallet cos x > sin x. Integralen som representerar arean tar då formen: π 4 0 [cos x sin x] dx+ 5π 4 π 4 [sin x cos x] dx+ π 5π 4 [cos x sin x] dx = 0 π 4 / [sin x+ cos x]+ 5π 4 / π 4 [ cos x sin x]+ / π 5π 4 [sin x+cos x] = sin π 4 + cos π 4 sin 0 cos 0 cos 5π 4 sin 5π 4 + sin π 4 + cos π 4 + sin π+ cos π sin 5π 4 cos 5π 4 = = 4 a.e. ( ) ( ) =

218 Kapitel 8 Separabla differentialekvationer 8. Allmänt Differentialekvationer är ekvationer som innehåller derivator av okända funktioner, exempelvis dy dx = x, där y(x) är en okänd funktion som bestäms av ekvationens lösning. Mer allmänt kan man skriva en differentialekvation i formen F(x, y, y, y, y,...) = 0, där x är oberoende variabel, y är en okänd funktion y(x), y, y,... är derivator, y = dy dx, y = d y dx,... Att lösa en differentialekvation innebär att bestämma den okända funktionen y(x). Man säger då att lösningen y(x) satisfierar differentialekvationen. Differentialekvationer är fundamentala i alla former av matematisk beskrivning av naturvetenskapliga fenomen och kan tillämpas alltid då man är intresserad av variationen i någon deriverbar storhet. Kunskap om differentialekvationer är därför ett centralt tema i ingenjörsmatematiken och kan tillämpas i följande sammanhang: Modellering: Syftar till en matematisk beskrivning av egenskaper hos fysikaliska eller kemiska system. 7

219 8 KAPITEL 8. SEPARABLA DIFFERENTIALEKVATIONER Lösning av differentialekvationer bestämmer en (eller alla) funktioner som satisfierar differentialekvationen. Simulering: Undersöker det med differentialekvationerna beskrivna systemet genom att visualisera lösningarna y(x) eller lösa differentialekvationen numeriskt med datorberäkning. 8. Klassificering Differentialekvationer (DE) kan klassificeras enligt följande. Definition 8... Ordinära differentialekvationer (ODE) innehåller endast derivator av en funktion y och kan skrivas i formen F(x, y(x), y (x), y (x), y (x),...) = 0. Partiella differentialekvationer (PDE) innehåller derivator av en funktion u med avseende på flera oberoende variabler (t.ex. x och y) och kan skrivas i formen ( F x, y, u(x, y), u x, u ) = 0, y där exempelvis partiella derivatan u(x,y) x beräknas så att u betraktas som en funktion av endast x och deriveras med avseende på x så att y hålls konstant. En n:te ordningens DE innehåller derivator eller partiella derivator upp till och med ordning n och kan skrivas i formen: F(x, y(x), y (x), y (x), y (x),..., y (n) (x)) = 0. En linjär ODE har formen: a n (x)y (n) + a n (x)y (n ) +...+a (x)y + a (x)y + a 0 (x)y = f(x). Funktionen y(x) och alla dess derivator ingår alltså linjärt i differentialekvationen (exempelvis potenser och produkter av y och dess derivator är ej tillåtna). Koefficienterna a n (x),..., a 0 (x) samt högra ledet f(x), som inte beror av y, får vara godtyckliga funktioner av x. En linjär ODE kallas homogen om f(x) 0, annars kallas den icke-homogen. Exempel 8... Vi klassificerar några differentialekvationer

220 8.3. DIFFERENTIALOPERATORN 9 (a) Ekvationen d x dt = f(t) är ordinär, linjär, av andra ordningen och icke-homogen. (b) Ekvationen y + x y + y sin x = e x är ordinär, linjär, av andra ordningen och icke-homogen. (c) Ekvationen y + 4x ( y ) yy = e y är ordinär, olinjär och av tredje ordningen. (d) Ekvationen u t = c u x brukar kallas endimensionella värmeledningsekvationen och är partiell, linjär och av andra ordningen. 8.3 Differentialoperatorn Differentialoperatorn D = dx d kan betraktas som en beteckning för derivering och innebär att den funktion som operatorn opererar på deriveras. Med våra olika beteckningssätt för derivering hittills har vi D f(x) = d f(x) dx = f (x), DD f(x) = D f(x) = d f(x) dx = f (x), D n f(x) = dn f(x) dx n = f (n) (x). Anmärkning Observera, att D f(x) inte betecknar en produkt, utan resultatet av derivering av funktionen f(x). Det är då underförstått att funktionen är deriverbar.

221 0 KAPITEL 8. SEPARABLA DIFFERENTIALEKVATIONER Differentialoperatorn i synnerhet och linjära operatorer i allmänhet följer aritmetikens räkneregler, d.v.s. de kan adderas, subtraheras, multipliceras och divideras med varandra, så att exempelvis D + D = D och DD = D. Med hjälp av differentialoperatorn kan vi skriva en linjär ODE av ordningen n i formen P n (D)y(x) = f(x), där P n (D) betecknar operatorpolynomet P n (D) = a n (x)d n + a n (x)d n + +a (x)d+a 0 (x). Här betecknas således i varje term a k (x)d k y(x) = a k (x) dk y(x) dx k. 8.4 Allmän och partikulär lösning 4 y = x + C y 0 C = C = 0 C = C = C = C = 0 C = C = x Figur 8.: Allmänna lösningen till differentialekvationen dy dx =. x

222 8.4. ALLMÄN OCH PARTIKULÄR LÖSNING Exempel Vi löser differentialekvationen dy dx = x. Eftersom DE:n uttrycker att derivatan av y(x) är lika med en funktion f(x) = x av x kan vi söka en lösning genom att integrera båda leden, enligt: dy dx dx = x dx dy = x C y = x + C, x = 0. Lösningen y = x dy + C kallas allmän lösning till differentialekvationen dx =. För ett givet värde på konstanten C kallar man lösningen partikulär lösning. Se figuren 8.. x Om vi känner y(x 0 ) för något x 0 = 0 (i detta fall) så kan vi bestämma en partikulär lösning. Exempelvis om y() = 0 fås 0 = + C C = y = x Anmärkning På samma sätt som i exemplet ovan kan man visa att en differentialekvation av typen har lösningen dy dx = f(x) y(x) = f(x)dx. Exempel Vi demonstrerar att y = e x och y = e x är lösningar till differentialekvationen y y = 0. Är dessutom någon av följande funktioner lösningar? (a) cosh x,

223 KAPITEL 8. SEPARABLA DIFFERENTIALEKVATIONER (b) cos x, (c) x e. Direkt derivering ger, att D e x = e x, De x = e x samt D e x = ( ) e x, vilket bevisar det första påståendet för ekvationen y y = 0 D y = y. Vidare har vi att D cosh x = sinh x, D cosh x = D sinh x = cosh x, vilket visar att (a) är en lösning. Å andra sidan är (b) inte det, ty D cos x = sin x, D cos x = D sin x = cos x = cos x och inte heller (c), emedan Dx e = ex e och D x e = e(e ) x e = x e. 8.5 Begynnelse- och randvärdesproblem F(t) m 0 x Figur 8.: Kropp i viloläge som påverkas av en kraft F(t) = sin t. Exempel En kropp med massan m är i vila, då den vid en tidpunkt t = 0 börjar påverkas av en kraft F(t) = sin t, t 0. Bestäm kroppens läge som funktion av tiden ifall friktionen kan försummas. Från Newtons andra lag har vi F = m a, a = acceleration, a = dv dt = d x, v = hastighet, x = läge. dt Vi har således differentialekvationen d x dt = sin t F(t) = m m. Vi önskar nu bestämma läget som funktion av tiden, x(t), t 0. Integrering av båda leden i DE:n ger d dt dx sin t dt dt = m dt dx dt = cos t m + C.

224 8.5. BEGYNNELSE- OCH RANDVÄRDESPROBLEM 3 I vänstra ledet har vi då hastigheten v = dx dt och eftersom vi vet att kroppen startar från vila har vi begynnelse- eller initialvillkoret v(t = 0) = 0. Således ses att v(0) = 0 = cos 0 m + C C = m. Vi har då hastigheten som funktion av tiden given enligt v(t) = cos m t. Å andra sidan definieras ju hastigheten genom DE:n dx dt = v(t) och om vi integrerar en gång till fås läget x(t) som funktion av tiden enligt dx dt dt = cos t v(t)dt = m dt x(t) = m (t sin t)+c. Eftersom vi vet att kroppen startade från origo, har vi ett till begynnelse- eller initialvillkor enligt x(0) = 0 och vi kan bestämma den andra integrationskonstanten x(0) = 0 = m (0 sin 0)+C = C. Läget som funktion av tiden ges då enligt x(t) = m (t sin t), t 0. En snabb kontrollderivering ger, som sig bör, x (t) = ( cos t), m x (t) = sin t (0 ( sin t)) = m m = F(t) m. Vi har bestämt en partikulärlösning i och med att vi bestämde integrationskonstanterna C och C med hjälp av begynnelsevillkoren v(0) = x (0) = 0 och x(0) = 0. Vi säger då att vi har löst begynnelsevärdesproblemet x (t) = sin t x (0) = 0, x(0) = 0. m, } x och x är kända vid samma tidpunkt t. Ibland är man istället intresserad av randvärdesproblemet: x (t) = sin m t, } x(0) = 0, x(π) = m π. x är känd vid olika tidpunkter.

225 4 KAPITEL 8. SEPARABLA DIFFERENTIALEKVATIONER Exempel Vi löser randvärdesproblemet x (t) = sin m t, } x(0) = 0, x(π) = m π. x är känd vid olika tidpunkter. Från behandlingen i tidigare exempel hade vi dx dt = m cos t+c x(t) = m cos t+c dt = m sin t+c t+c. Detta är differentialekvationens allmänna lösning. Den partikulära lösningen fås med hjälp av randvillkoren x(0) = 0 och x(π) = m π, genom att lösa det ekvationssystem som alstras av dessa: x(0) = m sin 0+C 0+ C = 0 C = 0, x(π) = m sin π+c π = π m C = m x(t) = (t sin t), t 0. m 8.6 Separering av variabler Vi har konstaterat att en första ordningens linjär ordinär differentialekvation av typen dy dx = f(x) har lösningen y(x) = f(x)dx. En annat typ av DE som har en enkel lösning är formen dy dx = f(x)g(y),

226 8.6. SEPARERING AV VARIABLER 5 som kan skrivas i differentialformen dy g(y) = f(x)dx. Eftersom högra ledet i differentialekationen kan skrivas som en produkt av en funktion av den beroende variabeln (lösningen till DE:n) y(x) och en funktion av den oberoende variabeln x så kan diffferentialformen skrivas så att variablerna separeras i olika led av likheten. Detta förfarande kallas att separera variablerna och en DE som tillåter att så görs kallas en separabel DE. En dylik differentialekvation kan integreras enligt dy g(y) = f(x)dx. Om vi kan finna de primitiva funktionerna G(y) till g(y) till f(x) så har vi en allmän lösning i formen G(y) = F(x)+C, respektive F(x) som definierar y(x) åtminstone implicit. Ofta så är det inte möjligt att lösa ut y som funktion av x ur ovanstående samband. Ifall vi har ett bivillkor, exempelvis begynnelsevillkoret y(0) = y 0, så kan vi bestämma C = G(y 0 ) F(0) så att en partikulärlösning erhålls. G(y) = F(x)+G(y 0 ) F(0) Exempel Vi löser differentialekvationen dy dx = x y. och differentia- Vi konstaterar att f(x)g(y) = y x, så att f(x) = x, g(y) = y lekvationen är separabel. Differentialformen lyder ydy = xdx.

227 6 KAPITEL 8. SEPARABLA DIFFERENTIALEKVATIONER Integrering av båda leden ger således allmänna lösningen ydy = y xdx = x + C y x = C = D. Vi kan kontrollera denna genom implicit derivering y dy dy x = 0 dx dx = x y. Den allmänna lösningen består av en skara av (oändligt många) hyperbler med asymptoterna y = ±x. 5 m 0 = kg 0 5 m (kg) 0 5 m 0 =, 5 kg m 0 = kg m 0 = 0, 5 kg t (min) Figur 8.3: Partikulärlösningar till DE:n dm dt av biomassa i en bakteriekultur. = k m, som beskriver tillväxten

228 8.6. SEPARERING AV VARIABLER 7 Exempel Tillväxthastigheten i en bakteriekultur kan, ifall tillräckligt med näring finns, anses vara proportionell mot biomassan. Vi bestämmer biomassan som funktion av tiden i modellen dm dt = k m, m > 0 biomassa t 0 tiden k proportionalitetskonstant Differentialekvationen är separabel och vi kan integrera dm dt = k m dm m = kdt dm m = k dt ln m = kt+ C, m > 0, t 0 e ln m = e kt+c Vi kontrollerar denna allmänna lösning m = e C e kt = Ce kt, C = e C. d dt m = d dt Cekt = kce kt = km. Den allmänna lösningen är alltså m(t) = Ce kt. En partikulärlösning fås t.ex. från begynnelsevillkoret m(0) = m 0, som leder till C = m 0 och m(t) = m 0 e kt. Figuren 8.3 illustrerar en skara av partikulärlösningar för k = 0, 5 min. Denna exponentiella tillväxt är givetvis realistisk endast för begränsade tider, i något skede kommer yttre fysiska faktorer såsom bakteriodlingens behållare, syretillförsel etc. att bli begränsande för biomassans storlek. Exempel Vi löser differentialekvationen x dy dx = y ln x, x > 0,

229 8 KAPITEL 8. SEPARABLA DIFFERENTIALEKVATIONER som är separabel och kan skrivas i formen dy dx = yln x x, med högra ledet g(y) f(x) = y ln x x. I differentialformen har vi således dy y = ln x x dx. Integrering av båda leden, med partiell integrering i högra ledet, ger nu allmänna lösningen dy ln x y = x dx, u(x) = ln x, v (x) = x ln y = (ln x) ln x x dx ln y = (ln x) dy y ln y = (ln x) ln y +C ln y = (ln x) + C ln y = (ln x) e ln y = e C (ln x) e (ln x) y = De + C (ln x) y = ±De (ln x) y = Ee. 8.7 Tillämpningar Differentialekvationer har en central roll i många sammanhang där man önskar modellera olika processer matematiskt. I många fall är de relevanta differentialekvationerna lika för helt olika processer, vilket tyder på att vissa fundamentala egenskaper hos processen bestämmer DE:ns form och

230 8.7. TILLÄMPNINGAR 9 inte själva fenomenet som modellen beskriver. Vi gör nedan ett försök att, inom ramen för de differentialekvationer som har behandlats i kursen, ge en översikt av några viktiga kategorier av ekvationer som återkommer i modeller av många fenomen i naturen, industrin och ekonomin Balans- eller kontinuitetsekvationer En balans- eller kontinuitetsekvation beskriver hur någon additiv storhet, exempelvis massan av något visst ämne i en system med eller utan kemiska reaktioner eller energi, konserveras. Då en balansekvation formuleras måste man alltid först definiera ett balansområde, som avgränsar systemet som betraktas. Exempelvis för ett land som både har egen tillverkning och förbrukning av en viss produkt A samt även importerar och exporterar produkten kan man tänka sig att balansområdet utgörs av landets gränser. Vi har då följande likhet för ett visst tidsintervall, säg t.ex. för ett kalendereller bokföringsår: mängden tillförd/importerad A + mängden genererad/tillverkad A = mängden bortförd/exporterad A + mängden lagrad A. Om vi nu betraktar balansekvationen för en specifik tidpunkt t så har vi motsvarande ekvation för materialströmmar in och ut ur balansområdet samt för mängderna genererat och lagrat A per tidsenhet: där ṁ in + ṁ gen = ṁ ut + dm dt, ṁ in = inström/importerad per tidsenhet A, ṁ gen = tillverkad/genererad per tidsenhet A, ṁ ut = utström/exporterad per tidsenhet A, dm = lagrad per tidsenhet A. dt Det kan noteras att både genererings- och lagringstermen kan vara negativa, ifall det förstörs A och/eller momentana mängden A minskar inne i balansområdet. Både termerna för in- och utströmmarna och generingstermen kan bero av tiden och/eller m. Vanligen är man intresserad av att

231 30 KAPITEL 8. SEPARABLA DIFFERENTIALEKVATIONER lösa ekvationen med avseende på funktionen m(t). Den resulterande differentialekvationen är då en första ordningens ODE, som i många fall är linjär och separabel System av första ordningen ṁ in A h(t) a ṁ ut Figur 8.4: En vattenbehållare som fylls på och töms samtidigt. Ett system av första ordningen beskrivs av en linjär differentialekvation av första ordningen. Sådana system kan användas som enkla modeller för att beskriva många fenomen inom värme- och massöverföring, industriella processer och ekonomi. Exempel Vi studerar vattenbehållaren i figuren 8.4, med följande beteck-

232 8.7. TILLÄMPNINGAR 3 ningar ṁ in = inström vatten, i kg s, ṁ ut = utström vatten, i kg s, dm dt = lagrad vattenmängd per tidsenhet, i kg s. Då gäller enligt Torricellis lag för utströmmen vatten genom röret med tvärsnittsarean a (m ), att denna kan uttryckas med hjälp av höjden h (m) hos vattennivån i behållaren enligt där ρ är vattnets densitet ( ) kg m 3 ṁ ut = ρa gh, och g är tyngdkraftsaccelerationen (9, 8 ms ). Å andra sidan är vattenmassan i behållaren vid en viss tidpunkt m(t) = ρah(t), där A är behållarens tvärsnittsarea enligt figuren 8.4. Sätter vi in dessa samband i en momentan balansekvation för vattenmassan, med beaktande av att vatten inte bildas/förstörs (ṁ gen 0), fås ṁ in = d dt ρah(t)+ρa gh ṁ in ρa = dh dt + a g h. A Ifall inströmmen vatten, ṁ in, är konstant, har vi den olinjära ordinära differentialekvationen: C = dh dt + D h, med konstanterna C = ṁin ρa och D = a g A. Denna ODE är separabel och kan lösas med hjälp av en lämplig variabelsubstitution och tabeller. Resultatet blir då en implicit lösning F(h) = t. En explicit lösning kan härledas genom att betrakta funktionen f(h) = h och göra antagandet att vattennivån i behållaren varierar endast litet kring ett konstant jämviktsläge h 0. Vi kan då beteckna denna variation med h(t) = h(t) h 0 och notera att om vi sätter in h = h 0 + h i ODE:n ovan

233 3 KAPITEL 8. SEPARABLA DIFFERENTIALEKVATIONER fås en DE för funktionen h(t) C = d dt (h 0+ h)+d h 0 + h C = d h dt + D h 0 + h. För att bli av med kvadratroten i högra ledet kan vi nu konstruera en lämplig approximation genom att utnyttja differentialkalkylens medelvärdessats för funktionen f(h) = h, med derivatan f (h) = h, f(h 0 + h) f(h 0 ) h = f (c), c [h 0, h 0 + h]. Ifall variationen h är tillräckligt liten har vi då approximationen f (c) f (h 0 ) och detta medför att vi kan sätta h0 + h = f(h 0 + h) = f(h 0 )+ f (c) h f(h 0 )+ f (h 0 ) h = h 0 + h h 0. Sätter vi in detta i balansekvationen för h(t) ovan har vi en approximativ, linjär ekvation C = d h dt C D h 0 = d h dt C = d h dt ( h0 + D + h ) h 0 + D h, + D h 0 h med konstanterna C = C D h 0 = ṁin ρa a gh 0 A och D = D = a h 0 A g h 0. Denna linjära ODE av första ordningen beskriver ett första ordningens system och är separabel. Om variablerna h och t separeras och differentialekvationen integreras fås en explicit approximativ lösning för vattennivån i behållaren enligt h(t) h 0 + h(t). Detta förfarande, att approximera en olinjär modell med en linjär sådan, brukar kallas linjärisering.

234 8.7. TILLÄMPNINGAR Logistiska ekvationer Vi konstaterade tidigare i samband med ett exempel att exponentiell tillväxt är en orimlig egenskap för en matematisk modell av en bakteriekultur. Detsamma gäller för de flesta fenomen i naturen, p.g.a. att det oftast finns naturliga fiender eller inskränkande omständigheter som reglerar den faktiska storleken av en population. Exempelvis bakteriepopulationen i det aktuella exemplet kan förväntas växa sålänge dess storlek är mindre än det tillbudsstående näringsutbudet. Antag att dessa näringsresurser motsvarar behovet för en population av storleken L. Om populationens storlek är väsentligt mindre än L, kunde vi förvänta oss den tillväxt proportionell mot populationens (biomassans) storlek som antogs tidigare, men så snart vi närmar oss L kommer näringsutbudet att bli en begränsande faktor och tillväxten avtar. Vi tänker oss då den mera realistiska modellen dm dt = k m ( m ) L, m > 0 biomassa t 0 tiden k proportionalitetskonstant L näringsresurs Denna ekvation brukar kallas den logistiska ekvationen för att den beskriver en tillväxt som begränsas av utbudet av nödvändiga resurser. Observera, att om m(t) L kommer dm dt km och om m(t) > L så kommer vi att ha en reducering av populationen, dm dt < 0. Exempel Differentialekvationen är separabel och vi kan integrera dm dt = k m ( m ) L dm m ( m ) = k dt. L Integralen i vänstra ledet kan utföras med partialbråksuppdelning av integran- Logistik: Läran om att hushålla med och distribuera resurser.

235 34 KAPITEL 8. SEPARABLA DIFFERENTIALEKVATIONER m (kg). 0.8 m 0 = kg, 5 kg kg 0.6 0, 5 kg t (min) Figur 8.5: Partikulärlösningar till den logistiska DE:n för tillväxten av biomassa i en bakteriekultur. Jämviktstillståndet är L =, 5 kg. den, vi har bråken m ( m ) = A m + B m L L = A( m ) L + Bm m ( m ) L ( ) B A L m+ A = m ( m ). L Jämförelse av koefficienterna för olika potenser av m i vardera leden ger A =

236 8.7. TILLÄMPNINGAR 35 och B = L. Då kan vi bestämma integralen i vänstra ledet ovan enligt dm dm m ( m ) = m + dm L m L L = ln m ln m L = ln m, m L med integrationskonstanten bortlämnad. Differentialekvationen som helhet har då allmänna lösningen dm m ( m ) = k dt L ln m = kt+c m L e ln m m L m m L m L = e kt+c = ±e C e kt = ±e C e kt m m L = De kt m(t) = L + De kt En partikulärlösning fås t.ex. från begynnelsevillkoret m(0) = m 0, som leder till D = m 0 L = L m 0 Lm 0 och m(t) = ( ) = L + m0 L e kt Lm 0 m 0 +(L m 0 ) e kt. Figuren 8.5 illustrerar en skara av partikulärlösningar för k = 0, 5 min och L =, 5 kg.

237 36 KAPITEL 8. SEPARABLA DIFFERENTIALEKVATIONER

238 Kapitel 9 Komplexa Tal 9. Definition Då vi tidigare försökte lösa ekvationer av typen x + a = 0, a > 0, stötte vi på problem eftersom vår definition av kvadratroten förutsätter att talet under roten är större än eller lika med noll. I många sammanhang behöver vi emellertid lösa ekvationen ovan och för att klara detta måste vi utvidga vårt område av tillåtna lösningar till den komplexa talmängden. Detta görs så att vi antar att det existerar ett tal i, med egenskapen i =. Talet i kallas då den imaginära enheten, där ordet imaginär har betydelsen overklig, tänkt. Vi studerar nu ett tal a+bi, med a, b R. Vi antar att tal av denna typ kan adderas, subtraheras, multipliceras och divideras precis som vi har gjort med vanliga polynom, med beaktande av i = ovan. Exempel 9... Addition och multiplikation av komplexa tal (a) (3+i)+(4 i) = 3+i+4 i = (3+4)+( )i = 7+i (b) (+3i)(5 i) = 5 i+3i 5 3i i = 0 i+5i 3i = 0+3i 3( ) = 3(+i) 37

239 38 KAPITEL 9. KOMPLEXA TAL Talet a + bi kan även betecknas (a, b), där a R kallas reell del och skrivs ibland på formen Re(a+bi) och b R kallas imaginär del och skrivs ibland på formen Im(a+bi). Då har vi följande: Definition 9... De komplexa talen är talpar, för vilka addition och multiplikation definieras på följande sätt: (a, b)+(c, d) = (a+ c, b+d), (a, b) (c, d) = (ac bd, ad+ bc). Den komplexa talmängden betecknas C. För ett komplext talpar gäller vidare, att (a, b) = (c, d) a = c och b = d. När man hanterar komplexa tal använder man ofta symbolen z som beteckning på ett komplext tal, d.v.s. z = (a, b). Exempel 9... Låt z = (, ). Vi beräknar z+(, 3) och z. z+(, 3) = (, )+(, 3) = (+, + 3) = (3, 5), z = (, ) (, ) = (, + ) = ( 3, 4). Exempel Vi bestämmer x och y så att z = z, med z = ( x, ) och z = (0, y ). För att den önskade likheten skall gälla måste de reella och de imaginära delarna delarna av z respektive z vara lika, d.v.s. Re(z ) = Re(z ) och Im(z ) = Im(z ) x = 0 och = y x = ± och y = ±. Vi fortsätter med räkneregler för de komplexa talen. Regel Låt z, z och z 3 C vara tre godtyckliga komplexa tal. Vi har då reglerna: Regel Addition Multiplikation. Kommutativa lagen z + z = z + z z z = z z. Associativa lagen z +(z + z 3 ) = (z + z )+z 3 z (z z 3 ) = (z z ) z 3 z 3. Distributiva lagarna (z + z 3 ) = z z + z z 3 (z + z ) z 3 = z z 3 + z z 3 (a, b)+(0, 0) = (a, b) (a, b) (, 0) = (a, b) 4. Neutralt element (0, 0) är neutralt element (, 0) är neutralt element (a, b)+( a, b)= (0, 0) z z 5. Inverst element = z z = (, 0) (a, b) är det motsatta talet z är det inverterade talet

240 9.. REKTANGULÄR FORM 39 Exempel Låt z = (3, ). Vi bestämmer det motsatta och det inverterade talet. Direkt tillämpning av regel 5. ovan ger det motsatta talet ( 3, ). Det inverterade talet kräver lite beräkningar, vi har z = 3+i och då fås för z = (s, t) en ekvation z z = (3, ) (s, t) = (3s t, 3t+s) = (, 0) { 3s t = 3 s+3t = 0 { 9s 6t = 3, + 4s+6t = 0 3s = 3 s = 3 3, 3t = s = 6 3 t = 3. Det inverterade talet är således ( 3 3, 3). 9. Rektangulär form Låt c R, vi har sett att ett godtyckligt komplext tal kan skrivas i formen a+bi C. Emedan den imaginära delen b av ett komplext tal kan vara lika med noll är det inget som hindrar oss från att skriva talet c i rektangulära formen c+0i. Kortfattat kan vi skriva talet i formen (c, 0). Vi skall nu betrakta produkten av ett rellt tal (s, 0), s R med ett komplext tal (a, b). Regeln för multiplikation ger i detta fall Vi har alltså: (s, 0) (a, b) = (sa 0b, sb+0a) = (sa, sb). Regel 9... Produkten av det reella talet s och komplexa talet(a, b) är s (a, b) = (sa, sb), s R, (a, b) C. Utgående från vår tidigare definition av de komplexa talen som talpar med vissa egenskaper, kan vi även verifiera vårt tidigare utgångsantagande om att i =. Vi kan ju skriva i = (0, ) och då blir kvadraten (0, ) (0, ) = (0 0, 0 + 0) = (, 0) =

241 40 KAPITEL 9. KOMPLEXA TAL Vi kan sammanfatta det viktigaste om komplexa tal vi hittills har behandlat: Det komplexa talet i = (0, ), som kallas imaginära enheten satisfierar likheten i =. Varje komplext tal z = (a, b) kan skrivas i rektangulära formen a+bi, där a, b R. I det komplexa talet z = (a, b) = a + bi kallas a den reella delen och b den imaginära delen. Dessa brukar ibland betecknas a = Re(z) och b = Im(z). Vi kallar det komplexa talet(a, b) reellt om b = 0, imaginärt om b = 0 och rent imaginärt om b = 0 och a = 0. Exempel 9... Förenkling (a) (b) (3 i) 3( +5i) = 6 i+6 5i = 7i ( 3i)(+3i) = (3i) = 4 9i = 4+9 = 3 (c) 3 (3 6i) = 3 (3 36i+(6i) ) = ( i) = 9 i 3 (d) ( i) 4 = 4i+6i 4i 3 + i 4 = 4i 6+4i+( ) = 5+ = 4 Exempel Förenkling (a) i 3 = i i = ( ) i = i

242 9.. REKTANGULÄR FORM 4 (b) (c) i 3 = i i = i 4n+ = i 4n i = ( i ) i = ( ) 0 ( ) i = i ( i ) n ( ( ) = ( ) n = ( ) ) n = Exempel Vi löser ekvationen 5z (5 4i) = 3 i+ 3z. 5z (5 4i) = 3 i+3z 5z 5+4i = 3 i+3z 5z 3z = 3 i+5 4i z = 8 6i z = 4 3i. Exempel Vi bestämmer x R och y R så att ( x i ) (x yi) = 0. Vi grupperar om termerna i likheten så att vi får ett komplext tal i vartdera ledet som sedan måste ha samma reella respektive imaginära delar för att likheten skall gälla. ( ) x i (x yi) = 0 x i = x yi ( ) Re x i = Re(x yi) och ( ) Im x i = Im(x yi) x = x och = y x(x ) = 0 och y = x = 0 x = och y =. De sökta talparen(x, y), som löser ekvationen, är ( ) ( ) 0, och,. Exempel Vi bestämmer x R så att det komplexa talet z = x 3 + x i+ x(i ) i är (a) reellt, (b) rent imaginärt. Om vi först skriver om talet i rektangulär form, fås z = x 3 x+(x + x )i

243 4 KAPITEL 9. KOMPLEXA TAL (a) Nu krävs, att imaginära delen försvinner, d.v.s. att x + x = 0 vilket betyder att x = ± 4( ) =. (b) Nu krävs, att reella delen försvinner, d.v.s. att x 3 x = 0 vilket betyder att x(x ) = 0 x = 0 x = ±. Nu måste vi dock beakta att lösningen x = inte kan tas med för detta fall, annars skulle även imaginära delen försvinna och vi skulle ha z = Konjugatet, division Ofta eftersträvar vi att skriva komplexa tal i rektangulär form, a + bi. Ibland kräver denna standard viss omformning, då talen är givna i annan form. Vi studerar några exempel. Exempel Vi skriver talet z = i i formen a+bi. z = i = i +i +i = +i i = +i ( ) = + i. Vi använde här en vanlig metod för hantering av rationella uttryck, nämligen förlängning med nämnarens konjugattal. Idén går ju ut på att det alltid är tillåtet att multiplicera med en etta. Man låter sedan denna etta vara ett rationellt uttryck som på lämpligt vis förenklar det ursprungliga bråket vid multiplikationen. För ett komplext tal a + bi är motsvarande konjugattal, eller helt kort konjugatet, lika med a bi. Detta tal spelar en viktig roll vid manipulering av komplexa tal. Definition Det komplexa talet z = a + bi har konjugatet a bi, som betecknas z. Med beaktande av definitionen ovan, ser vi att konjugatet av konjugatet är lika med talet självt, d.v.s. z = z. Exempel (a) z = + 5i z = 5i (b) z = 3i z = 3i (c) z = 3 = 3+0i z = 3+0i = 3

244 9.3. KONJUGATET, DIVISION 43 Exempel Vi löser ekvationen z z = iz+4. Till en början kan vi konstatera, att z = z. Gruppering av termerna och vidare manipulationer av ekvationen ger då z z = iz+4 z( i) = z+4. Vi kan nu sätta in z = a+bi i ekvationen, vilket ger z = a bi och z( i) = z+ 4 (a bi)( i) = (a+ bi)+4 a ai bi+bi = a+4+bi (a b a 4) (a+b+b)i = 0 (b+ 4) (a+b)i = 0 { { a+b = 0, a = b = 8, b+4 = 0 b = 4. Ekvationen har alltså lösningen z = a+bi = 8 4i. En viktig egenskap hos komplexa tal och konjugatet är att både summan och produkten av dessa är reella, ty z+z = a+bi+(a bi) = a = Re(z) R, z z = (a+bi)(a bi) = a b i = a + b = Re(z) + Im(z) R. Vidare ser vi att z z = a+bi (a bi) = bi = Im(z) samt att z z = z zz z z = = a +abi+b i = a +abi b = a b + ab i. a +b a +b a +b a +b a +b Exempel Vi bestämer (a) summan, (b) produkten och (c) kvoten av det komplexa talet z = +i i med sitt konjugat z. Vi kan börja med att skriva om talet i rektangulär form; z = i +i i i = ( i) i = ( i+i ) = i, d.v.s. z = a+bi = i och a = 0, b =. Detta ger enligt ovan resultaten:

245 44 KAPITEL 9. KOMPLEXA TAL (a) z+z = a = 0 (b) z z = a + b = b = ( ) = (c) z z = a b a +b ++ ab a +b i = Exempel Vi löser ekvationen z = i(z+) och skriver lösningen i formen z = a+bi. z = i(z+) z( i) = i z = i i +i +i = i(+i) i = i 4 ( ) = i. Exempel Vi bestämmer talet a R så att skriva om det givna talet i rektangulär form: a i + ai = a i +i +i + ai i i = a(+i) i + i ai = a(+i) ( ) + i a = a ( a + ) i. a a i + ai är rellt. Börjar med att För att detta skall vara reellt måste imaginära delen försvinna, vilket ger ekvationen a a = 0 a = 0 a = ±.

246 9.4. KOMPLEXA TALPLANET Komplexa talplanet Vi har utgående från definitionen ovan skrivit komplexa tal z = a + bi som talpar (a, b) och formulerat diverse egenskaper hos talen som operationer på talpar. Från tidigare kalkyl med reella tal vet vi att talpar kan förknippas med planet och talparen(x, y) uppfattade som koordinater kan åskådliggöras i ett xy-diagram. För de komplexa talens del vet vi att i talparet (a, b) är a talets z reella del och b är den imaginära delen. Vi kan då välja att låta a motsvara x-koordinaten och b motsvara y-koordinaten i vårt koordinatsystem. Im(z) +i +0i O Re(z) i Figur 9.: Komplexa talplanet. Exempel Se Figuren 9. (a) = +0i = (, 0) (b) +i = (, ) (c) i = (, ) Varje talpar (a, b) motsvaras alltså av en och endast en punkt i komplexa talplanet, se Figuren 9.. Absolutbeloppet av ett komplext tal motsvarar avståndet från origo till punkten (a, b) i komplexa talplanet, ty vi har Definition Absolutbeloppet av det komplexa talet z = a + bi är längden av sträckan från (0, 0) till (a, b), d.v.s. z = (a 0) +(b 0) = a + b.

247 46 KAPITEL 9. KOMPLEXA TAL Absolutbeloppet z av z C är alltså ett icke-negativt reellt tal, vilket också förutsätts av ett avstånd. Exempel Vi bestämmer absolutbeloppet av några komplexa tal (a) 3i = +( 3) = 3 (b) ) 5i = 0 +( 5 = 5 (c) a = a + 0 = a = a, då a R Egenskap Låt z samt z och z vara komplexa tal. Då gäller. z = 0 z = 0. z = z 3. z = a + b = zz 4. z z = z z 5. z z = z z, z = 0 6. z + z z + z (triangelolikheten) Exempel Vi bestämmer, med tillämpning av egenskaperna ovan, absolutbeloppet av z = 3+4i +i z = 3+4i +i = 3+4i +i = + = 5 5 = 5 5 = 5. Exempel Vi skall visa, att z+ 4 z är reellt då z =. Ett tal som är reellt kännetecknas bland annat av att det är lika med sin konjugat, så ifall vi kan visa

248 9.4. KOMPLEXA TALPLANET 47 att z+ 4 z = z+ 4 z så har vi lyckats visa påståendet. z+ 4 z = z+ 4 z z z = z+ 4z zz = z+ 4z z, z =, = z+ 4z = z+z = z z z + z = zz z + z = z z + z = z + z. Exempel Vi bestämmer det komplexa talet z, med egenskapen z = z. Låt z = a+bi. Den krävda egenskapen ger då ekvationen z = a+bi = (a bi) = z a+bi = a abi+ b i a+bi = a abi b a a b (a+)bi = 0 { a a b { = 0, a =, b(a+) = b = 0 Vi har således å ena sidan a = samt b = ± 3. Å andra sidan satisfieras den andra ekvationen även i fallet b = 0, vilket ger a a = a(a ) = 0 som satisfieras för a = 0 eller a =. Sammanfattningsvis har vi: Exempel Vi skriver talet z = 3 +± i eller z = 0 eller z =. z = 3+4i + i i rektangulär form, d.v.s. enligt z = a + bi och bestämmer även absolutbelop-

249 48 KAPITEL 9. KOMPLEXA TAL pet z. Sedvanliga manipulationer ger ( z = 3+4i + i i i = (3+4i) ) i 3 i ( = (3+4i) ) i 3 = 3 6 i+4i 8 i ( ) 9 = ( z = 9.5 Polär form i ) +( ) = = 9 = = 9 = 6 9 = 3. Före vi går in på den polära formen av ett komplext tal skall vi beakta: Sats Eulers formel e iθ = cos θ+ i sin θ. Bevis. Vi antar inledningsvis, att den från reella beräkningar bekanta exponentialfunktionen har en komplex motsvarighet f(z) = e z, z C med egenskapen f (z) = f(z), samt att f (z + z ) = f (z ) f (z ). Betrakta det komplexa talet f (θ) = cos θ+ i sin θ, Vi har dessvärre inte definierat derivatan av en komplexvärd funktion med avseende på en komplex variabel och kommer inte heller att göra det, eftersom det är överkurs. Tillsvidare nöjer vi oss med att konstatera att deriveringsreglerna liknar de gamla bekanta i R.

250 9.5. POLÄR FORM 49 med derivatan f (θ) = sin θ+ i cos θ = i sin θ+ i cos θ = i(cos θ+ i sin θ) = i f (θ). Därtill gäller f(0) = cos(0)+i sin(0) =. Ovanstående medför, att f (θ) = Ce iθ, C C med C =. Anmärkning Eulers identitet Specialfallet θ = π i Eulers formel ger identiteten e iπ = cos π+ i sin π = +0i =, som brukar skrivas i formen e iπ + = 0. Vi har sett att varje komplext tal z = a+bi kan entydigt beskrivas med talparet (a, b), som kan betraktas som koordinaterna för en punkt i komplexa talplanet. Då längden av sträckan från origo (punkten (0, 0)) till punkten (a, b) är lika med absolutbeloppet z så kan punkten (a, b) alternativt beskrivas med detta i tillägg till vinkeln ϕ mellan sträckan och positiva x-axeln. Detta sätt att representera det komplexa talet kallas polär form och definieras enligt följande: Definition Det komplexa talet z = a + bi kan skrivas i polära formen z = z e ϕi = z (cos ϕ+isin ϕ), där absolutbeloppet är z = a + b och { a = z cos ϕ, b = z sin ϕ. Se Figuren 9. för geometrin bakom sambanden ovan. Observation Vi känner från tidigare till, att z = a + b. Detta kan lätt verifieras genom direkt beräkning. z = a + b = z cos ϕ+ z sin ϕ = z cos ϕ+sin ϕ = z = z.

251 50 KAPITEL 9. KOMPLEXA TAL Im(z) ϕ a z z = (a, b) b Re(z) Figur 9.: Sambandet mellan storheterna z samt ϕ i polära formen för z = a + bi och Re(z) samt Im(z). Hur kan vinkeln ϕ (mäts i radianer) beskrivas som funktion av a och b? Vi kan utgående från definitionen konstatera, att b a = z sin ϕ z cos ϕ = tan ϕ ϕ = arctan b a, a = 0, π ϕ π. Restriktionen π ϕ π av vinkeln beror på att det här intervallet är värdemängd till den inversa tangensfunktionen arctan( ). Således kan man entydigt representera enbart komplexa tal med Re(z) = a > 0 med den här formuleringen. Vi återkommer till detta nedan. Exempel Vi skriver talen (a) z =, (b) z = i, (c) z = i och (d) z = + 3i i polär form. (a) { a =, b = 0. z = a + b = + 0 =, ϕ = arctan b a = arctan 0 = 0 z = e 0i =.

252 9.6. ARGUMENTET OCH DESS PRINCIPALVÄRDE 5 (b) { a = 0, b =. z = a + b = 0 + =, z cos ϕ = cos ϕ = a = 0 ϕ = π z = e π i = i. (c) { a =, b =. z = a + b = ( ) ( + ) =, ϕ = arctan b a = arctan = π 4 z = e π 4 i = i. (d) { a =, b = 3. z = ) a + b = +( 3 =, 3 ϕ = arctan = arctan 3 = π 3 z = e π 3 i = + 3i. 9.6 Argumentet och dess principalvärde För den ovan definierade polära formen av det komplexa talet z = a+bi har vi z = z e ϕi = z (cos ϕ+isin ϕ),

253 5 KAPITEL 9. KOMPLEXA TAL med absolutbeloppet z = a + b och vinkeln ϕ (mäts alltid i radianer). Å andra sidan kan vi från periodiciteten hos cosinus- och sinusfunktionerna se att det komplexa talet z även kan representeras med ett oändligt antal vinklar z = z cos(ϕ±πn) + i sin(ϕ±πn), n = 0,,,... }{{}}{{} oändligt antal oändligt antal Det komplexa talet z har således obegränsat antal representationer. Vinkeln för cosinus- och sinusfunktionerna benämns argumentet för det komplexa talet z och betecknas arg(z). Normalt vill man dock ha ett entydigt samband mellan rektangulära och polära formen för ett komplext tal och dessutom även ett sätt att representera komplexa tal med negativ realdel (d.v.s. såna som finns i II och III:e kvadranten i komplexa talplanet). Därför måste arg(z) ] π, π] ges en begränsande definition, som brukar kallas argumentets principalvärde och ges här enligt Definition Argumentets principalvärde, π < θ π, är ( ) arctan ba, om a > 0, θ = arg(z) = ( ) arctan ba + π, om a < 0, b 0, ( ) arctan ba π, om a < 0, b < 0. Det är inte svårt att kontrollera, på basen av värdemängderna ( ) arctan ba [ π, π ], om a > 0, ( ) arctan ba + π ] π, π ], om a < 0, b 0, ( ) arctan ba π ] π, π [, om a < 0, b < 0, att första raden motsvarar situationen ovan, där z finns i kvadranterna I eller IV i komplexa talplanet. På samma sätt motsvarar andra raden en

254 9.7. MULTIPLIKATION OCH DIVISION AV KOMPLEXA TAL 53 situation med z i kvadrant II och tredje raden dito för kvadrant III. Vi har således ett entydigt samband mellan rektangulära formen ovan och den polära formen för argumentets principalvärde: Definition Det komplexa talet z = a+bi kan skrivas i polära formen för argumentets principalvärde θ z = z e θi = z (cos θ+ i sin θ), θ = arg(z), π < θ π. 9.7 Multiplikation och division av komplexa tal Multiplikation och division av komplexa tal görs enklast i polär form. Vi har följande resultat: Sats Produkten av de komplexa talen, med z i = r i, i =,, är z = z e iθ = r (cos θ + i sin θ ), z = z e iθ = r (cos θ + i sin θ ), z z = z z e iθ e iθ = z z e i(θ +θ ) = r r e i(θ +θ ) = r r (cos(θ + θ )+isin(θ + θ )). Bevis. Följande enkla kalkyl, med användning av de tabellerade additionsformlerna för trigonometriska funktioner, bevisar påståendet z z = [r (cos θ + i sin θ )][r (cos θ + i sin θ )] [ ] = r r cos θ cos θ + i cos θ sin θ + i sin θ cos θ + i sin θ sin θ = r r cos θ cos θ sin θ sin θ }{{} + i sin θ cos θ + i cos θ sin θ }{{} cos(θ +θ ) i sin(θ +θ ) = r r [cos(θ + θ )+i sin(θ + θ )] = r r e i(θ +θ ), z z = z z, arg(z z ) = arg(z )+arg(z ),

255 54 KAPITEL 9. KOMPLEXA TAL där argumentet vid behov kan justeras till sitt principalvärde genom att addera/subtrahera multipler av π. Sats de Moivres formel (cos θ+ i sin θ) n = cos(nθ)+isin(nθ), n Z. Bevis. Vi utnyttjar n:te potenser (n Z) av den tidigare behandlade Eulers formel och får för det komplexa talet z med beloppet z = r = uträkningen z n = (cos θ+ i sin θ) n = (e iθ) n Här ingår således även det viktiga specialfallet = e inθ = cos(nθ)+ i sin(nθ), n Z. (cos θ+ i sin θ) 0 = cos(0)+ i sin(0) =. Anmärkning För ett allmänt komplext tal med godtyckligt belopp ( = 0) gäller således z 0 = r 0 =. Dessutom ser vi att fallet negativa n kan skrivas i formen z n = cos( n θ)+ i sin( n θ) = cos( n θ) i sin( n θ) = cos( n θ)+ i sin( n θ) = z n n z n = z z n = z n z n =, z =. z n I vissa tillämpningar, exempelvis inom signalbehandling, har argument som inte råkar ligga i intervallet ] π, π] en viss praktisk betydelse och då är det ofta inte önskvärt att använda principalvärden.

256 9.7. MULTIPLIKATION OCH DIVISION AV KOMPLEXA TAL 55 En konsekvens av de Moivres formel är att heltalspotenser av ett komplext tal kan beräknas enligt z n = [ z (cos θ+ i sin θ)] n = r n [cos(nθ)+ i sin(nθ)] = r n e inθ, n Z. En direkt uträkning (enligt ovan, men i omvänd ordning) verifierar också det från reella talens egenskaper välbekanta resultatet Följdsats Bevis. z m+n = z m z n. z m+n = r m+n cos((m+n)θ)+ i sin((m+n)θ) = [r m cos(mθ)+i sin(mθ)][r n cos(nθ)+ i sin(nθ)] = z m z n, m, n Z. På samma sätt kan man verifiera följande: Regel (z m ) n = z mn. Sats Kvoten av de komplexa talen, med z i = r i, i =,, är z = z e iθ = r (cos θ + i sin θ ), z = z e iθ = r (cos θ + i sin θ ), z z = z e iθ z e iθ = z z ei(θ θ ) = z (cos(θ θ )+isin(θ θ )) z = r r (cos(θ θ )+isin(θ θ )).

257 56 KAPITEL 9. KOMPLEXA TAL För z = z = z har vi specialfallet z = r (cos(θ θ)+ i sin(θ θ)) =. z r Bevis. Följande enkla kalkyl, med användning av de tabellerade additionsformlerna för trigonometriska funktioner, bevisar påståendet z = z (cos θ + i sin θ ) z z (cos θ + i sin θ ) = r (cos θ + i sin θ )(cos θ i sin θ ) r (cos θ + i sin θ )(cos θ i sin θ ) = r cos θ cos θ i cos θ sin θ + i sin θ cos θ i sin θ sin θ r cos θ i sin θ }{{} =, Pythagoras = r r cos θ cos θ + sin θ sin θ } {{ } cos(θ θ ) = r r (cos(θ θ )+isin(θ θ )) = r r e i(θ θ ). + i sin θ cos θ i cos θ sin θ }{{} i sin(θ θ ) där argumentet vid behov kan justeras till sitt principalvärde genom att addera/subtrahera multipler av π. En direkt uträkning (enligt ovan, men i omvänd ordning) verifierar också den från reella talens egenskaper välbekanta resultatet Följdsats Bevis. z m n = zm z n. z m n = r m n [cos((m n)θ)+ i sin((m n)θ)] = rm cos(mθ)+ i sin(mθ) r n cos(nθ)+isin(nθ) = zm z n, m, n Z, m > n.

258 9.8. REELLA OCH KOMPLEXA TAL 57 Vi konstaterar nu att polära formen leder till enklare multiplikation och division av komplexa jämfört med rektangulära formen, då talens riktningar i komplexa talplandet kan hanteras genom att addera resp. subtrahera argumenten. 9.8 Reella och komplexa tal Från de reella talen har vi lärt oss att dessa kan ordnas i storleksordning, < < 3 < 4 o.s.v. För de komplexa talen är detta omöjligt, är t.ex. i > 0 eller i < 0? Båda alternativen skulle innebära att i > 0, men vi vet ju att i =. Vi har därför resultatet: Sats De komplexa talen kan inte ordnas i storleksordning. Det som vi däremot kan jämföra för komplexa tal är deras absolutbelopp, som är reellt och kan tolkas som ett avstånd. 9.9 Andragradsekvationer Vår utgångspunkt för behandlingen av komplexa tal var det faktum att ekvationen x + = 0 saknade lösningar för x R. Vi definierade den imaginära enheten i som lösningen till denna ekvation. Vi skall nu gå vidare på temat ekvationer och granska komplexa lösningar till andragradsekvationen ax + bx+c = 0. I kapitlet om ekvationer och olikheter härledde vi lösningsformeln för x R: x = b± b 4ac, D = b 4ac 0. a I fallet D > 0 har alltså ekvationen två reella lösningar och i fallet D = 0 har den en reell dubbelrot. Om diskriminanten D < 0 saknas reella lösningar och denna situation kommer vi nu att granska. Det visar sig att ekvationen i detta fall har två komplexa lösningar. Vi börjar med att titta på ett specialfall:

259 58 KAPITEL 9. KOMPLEXA TAL Exempel Betrakta ekvationen z + c = 0, c > 0. På basen av våra tidigare erfarenheter av ekvationen x + = 0 har vi anledning att tro att denna ekvation har komplexa lösningar. Vi låter därför z = a+bi, a, b R, som vi sätter in i ekvationen och får (a+bi) + c = 0 a + abi+b i + c = 0 a b + c+abi = 0 { a b + c = 0, ab = 0. För att ekvationssystemet skall satisfieras måste antingen a = 0 eller b = 0, på basen av den andra ekvationen. Vi har således två fall, varav det första leder till en lösning a = 0 b = ± c z = 0± ci = ± ci, b = 0 a = ± ci R z. Lösningen är således z = ± ci, vilket inte är så överraskande eftersom ekvationen också kan skrivas i formen ( z c ) + = 0 och då vi vet att x + = 0 har lösningen±i ser vi snart att den härledda lösningen stämmer. Observation I fallet D = b 4ac < 0 har andragradsekvationen de komplexa lösningarna ax + bx+c = 0 x = b± b 4ac a = b± Di a = b± D a = b±i D a, D > 0. De två komplexa rötterna är alltså b a + 4ac b a i och b a 4ac b a i.

260 9.0. BINOMISKA EKVATIONEN 59 Exempel Vi löser ekvationen z 5z+4 = 0 och börjar med att identifiera koefficienterna; a =, b = 5 och c = 4. Diskriminanten är nu negativ, ty D = b 4ac = ( 5) 4 4 = 7. Ekvationen har således enligt ovan de komplexa rötterna b a + 4ac b a i = b 4 i och a 4ac b a i = i. För jämförelsens skull betraktar vi ekvationen 4z 5iz = 0, som inte har reella koefficienter då b = 5i C. Det visar sig dock att lösningsformeln ovan fungerar även i detta fall, men det är heller ingen svårighet att omvandla ekvationen till en med reella koefficienter om vi gör variabelbytet x = iz. Då har vi ekvationen 4x 5x = 0 som kan lösas enligt x = 5± ( 5) 4 ( 4) ( ) ( 4) Vi har alltså fått lösningarna = = 4. iz = 4 z = i i i = i 4i i i = i 4. Anmärkning En tillbakablick på våra exempel indikerar att komplexa lösningar till andragradsekvationer med reella koefficienter är varandras konjugat. Däremot, ifall koefficienterna inte är reella som i vårt senaste exempel, så är detta inte fallet. 9.0 Binomiska ekvationen Den n:te roten av ett komplext tal z är lösningen u till den binomiska ekvationen z = u n, n Z +. Vi har resultatet Sats u = n z, n Z +, Där den vanliga kvadratroten för n = brukar skrivas i den förkortade formen z. Lösningen u är inte entydig, utan den har alltid n värden, som ges för z = 0

261 60 KAPITEL 9. KOMPLEXA TAL av u = n z = n r [ cos ( ) ( )] θ+ kπ θ+ kπ + i sin n n, k = 0,,..., n. Dessa n distinkta värden ligger i komplexa talplanet jämnt fördelade på periferin till en cirkel med medelpunkt i origo och radien n r. Vinkeln mellan två närliggande värden är π n. Bevis. Vi utnyttjar de polära formerna z = r z (cos θ z + i sin θ z ) = r z e iθ z, u = r u (cos θ u + i sin θ u ) = r u e iθ u. Vi har då, på basen av tidigare resultat, ekvationen z = u n i formen r z e iθ z = r n ue inθ u. Detta leder till två ekvationer för att bestämma r u och θ u, då n Z + : { rz = r n u, θ z = nθ u. Den andra ekvationen kan ersättas med θ z + kπ = nθ u, eftersom vinklar är ekvivalenta modulo π (ger samma principalvärde för argumentet om de skiljer sig med helt antal fulla varv i komplexa talplanet). Den första ekvationen ger den entydiga reella roten r u = n r z och för den andra ekvationens del har vi θ u = θ z n + kπ n, n Z +, k = 0,,..., n. Begränsningen av k beror även den på att vinklar är ekvivalenta modulo π i komplexa talplanet. Vi har således n st. distinkta lösningar 3 för θ u. Vi kan enkelt påvisa att skillnaden mellan två närliggande vinklar (har på varandra följande värden för k) är π n. Exempel Kvadratrötter, n =, av några komplexa tal 3 Som i praktiska beräkningar givetvis kan omvandlas till principalvärden vid behov.

262 9.0. BINOMISKA EKVATIONEN 6 (a) z = 9 = 9(cos(0)+ i sin(0)) ger k = 0, och u = 9[cos(0+ kπ)+ i sin(0+kπ)] = 3[cos(0)+i sin(0)] = 3 eller = 3[cos(π)+ i sin(π)] = 3. (b) z = i = [ cos ( ) ( π + i sin π )] ger k = 0, och u = [ ( π ) ( π )] cos 4 + kπ + i sin 4 + kπ [ ( π ( π = cos + i sin = (+i) eller 4) 4)] [ ( ) ( )] 5π 5π = cos + i sin = 4 4 ( i). (c) z = = (cos(π)+ i sin(π)) ger k = 0, och u = [ ( π ) ( π )] cos + kπ + i sin + kπ [ ( π ( π = cos + i sin = i eller [ ( ) ) )] ( )] 3π 3π = cos + i sin = i. Exempel Kubikroten av ett komplext tal Låt z = 3+i. Då kan vi bestämma argumentets principalvärde enligt ( ( θ z = arctan )+π 3 = π π 6 = 5π 6 och beloppet enligt r z = + 3) =. Kubikroten fås således enligt [ ( ) ( )] u = 3 z = 3 5π6 + kπ 5π6 + kπ cos + i sin, k = 0,,. 3 3 = 3 [ ( ) ( )] 5π 5π cos + i sin = 3 e i 5π 8, 8 8 = 3 [ ( ) ( )] 7π 7π cos + i sin = 3 e i 7π 8, 8 8 = 3 [ ( ) ( )] 9π 9π cos + i sin = 3 e i 9π

263 6 KAPITEL 9. KOMPLEXA TAL Exempel Vi löser ekvationen Vi börjar med att identifiera u = z =. z = = +0i = (cos(0)+i sin(0)) r =, θ = 0. Enligt satsen ovan har vi således lösningarna u = z = [ ) )] r cos( θ+kπ n + i sin( θ+kπ n, k = 0,,..., n = [ ( ( )] cos kπ )+isin kπ, k = 0,,..., ( ) ( ) = cos kπ6 + i sin kπ6, k = 0,,..., = cos(0)+ i sin(0) =, k = 0, = cos ( ) ( π 6 + i sin π6 ) = 3 + i, k =, = cos ( ) ( π 3 + i sin π3 ) = + i 3, k =, = cos ( ) ( π + i sin π ) = 0+i, k = 3, = cos ( ) ( π 3 + i sin π3 ) = + i 3, k = 4, = cos ( ) ( 5π 6 + i sin 5π6 ) = 3 + i, k = 5, = cos(π)+ i sin(π) =, k = 6, = cos ( ) ( 7π 6 + i sin 7π6 ) = 3 ( ) ( ) i, k = 7, = cos 4π3 + i sin 4π3 = i 3, k = 8, = cos ( ) ( 3π + i sin 3π ) = 0 i, k = 9, = cos ( 5π 3 ) + i sin ( 5π3 ) = cos( π 6 )+isin ( ) π 6 = i 3, k = 0, = 3 i, k =. Ur Figuren 9.3 kan vi konstatera, att rötterna fördelar sig jämnt på enhetscirkelns båge. Lösningen +, som man får i reella talplanet, ingår i mängden av n = rötter. Exempel Exakt bestämning av funktionsvärden för vissa vinklar. Vi kan utnyttja teorin ovan för att visa, att s = cos ( ) π =

264 9.0. BINOMISKA EKVATIONEN 63 Om vi nu skriver z = cos ( ) π + i sin 5 ( ) π = e i π 5, 5 så kan vi konstatera, att detta är en lösning till den binomiska ekvationen z 5 =. Å andra sidan, har vi för polynomet p(z) = z 5, att ( p(z) = z 5 = (z ) + z+z + z 3 + z 4) = 0. Vi kan relatera s till z via den polära formen, enligt ( ) ( ) ( ) ( ) π π π π s = cos + i sin + cos i sin ( ) ( ) ( π π = cos + i sin + cos π ) ( + i sin π ) = e i π 5 + e i π 5 = e i π 5 + = z+z, z = 0,. 4s = e i π 5 ( z+z ) = z + + z. Vi konstaterade, att z är en lösning till ekvationen + z+z + z 3 + z 4 = 0, z = 0 z + z + + z+z = 0 z } + {{ z } + z+z }{{ } + = 0 =4s =s 4s + s = 0 s = ± s = ± 5 4 ( 5 s = s = ) 5, 4 4 där den andra lösningen förkastades p.g.a. att π 5 [ 0, π [ och att cosinusfunktionen är positiv i detta intervall.

265 64 KAPITEL 9. KOMPLEXA TAL Im(z) ( ) ( ), 3, π ( ) 3 3 3π, 4 0 5π 6 50 (0, ) π π 3 (, 30 π 4 3 (, π 6 ) ) ( 3, ) (, 0) (, 0) π π Re(z) ( ) 3, ( 7π 6, ( 0 5π 4 ), 3 4π 3 ) π 5π 3 (0, ) 330 7π 4 (, π 6 (, ) 3 ( ) 3, ) Figur 9.3: Enhetscirkeln i komplexa talplanet, med lösningarna u (punkterna på cirkelbågen) till den binomiska ekvationen z = u.

266 9.. KOMPLEXA FUNKTIONER Komplexa funktioner En komplex funktion w = f(z), z D f C, w V f C, är en regel som tilldelar varje element z i en komplex definitionsmängd D f ett komplext värde w. Exempelvis w = z + 3z är en komplex funktion då varje värde på z motsvaras av ett enda värde på w. Således definierar t.ex. uttrycket w = z inte en funktion, då varje värde på z motsvarar två värden på w. Det har visat sig naturligt att definiera de elementära komplexa funktionerna så att de överensstämmer med motsvarande reellt värda och definierade funktioner i fallet Im(z) = 0. Å andra sidan, då Im(z) = 0 har många komplexa funktioner intressanta egenskaper som har visat sig användbara i tillämpningar, ex. i fysik, elektroteknik och signalbehandling. Vi har konstaterat, att det komplexa talet z kan beskrivas med två reella tal x och y enligt z = x+iy. På samma sätt kan man beskriva funktionsvärdet w med de reella talen u och v enligt w = u+iv. För att beskriva sambandet med z kan man betrakta u och v som funktioner av x och y: w = f(z) = u(x, y)+iv(x, y). Vår komplexa funktion är alltså i grunden en ett par av reella, tvåvariabla funktioner u(x, y) och v(x, y). Exempel 9... Vi skriver om funktionen f(z) = z enligt ovan f(z) = z = x iy x+ iy x iy = x iy x + y x = x + y i y x + y, x u(x, y) = x + y, v(x, y) = y x + y. Definitionsmängden hos en komplex funktion är m.a.o. ett område i komplexa talplanet bestående av en (möjligen oändlig) uppsättning talpar (x, y) R och värdemängden även den en yta i komplexa talplanet, som

267 66 KAPITEL 9. KOMPLEXA TAL bildas av (den möjligen oändliga) uppsättningen talpar (u, v) R. Man kan alltså inte rita funktionen f(z) som en yta i ett tredimensionellt koordinatsystem i R 3, utan det behövs en till variabel förutom ytans höjd över ett basplan. Ett sätt att åstadkomma detta är att låta den reella delen av funktionen, u(x, y), motsvara ytans höjd och den imaginära delen av funktionen, v(x, y), motsvara ytans färg, eller tvärtom. 9.. Exponential- och logaritmfunktionen Definition 9... Betrakta funktionen f(z) = exp(z) = e z. Vi har då för z = x+iy f(z) = exp(z) = e z = exp(x+iy) = exp(x) exp(iy) = exp(x)[cos(y)+isin(y)] = e x [cos(y)+isin(y)]. Vi kan nu konstatera, att för y = 0 reduceras funktionen till den reella exponentialfunktionen exp(x). Dessutom kan man visa, att exp(z) är analytisk 4 för alla z. Dessutom beter sig derivatan av exp(x) som väntat utgående från motsvarande reella funktion, d.v.s. d exp(z) = exp(z). dz Vidare derivering av komplexa funktioner är här överkurs, men vi inkluderade ovanstående egenskap för att den behövs i vissa tillämpningar. Vi har yttermera den från reella funktioner bekanta egenskapen, som kan bevisas utgående från definitionen ovan eller följdsatserna till de Moivres formel Regel 9... e z +z = e z e z, z, z C. Ej heller är det svårt att från definitionen ovan bevisa följande: 4 Begreppet analytisk är de komplexa funktionernas motsvarighet till egenskapen deriverbar för de reella funktionerna. Vi går inte in på detaljerna om hur man tar ställning till var denna analyticitet råder och hur den kan påvisas. Dessa saker brukar behandlas i kurser om analytiska funktioner.

268 9.. KOMPLEXA FUNKTIONER 67 Observation e z+πi = e z, z C. Detta följer av periodiciteten hos sin(y) och cos(y). 5 Vid jämförelse av e z = e x [cos(y)+ i sin(y)] med vår tidigare polära form, ser vi att y ] π, π] kommer att motsvara vårt principalvärde för argumentet i samband med den polära formen av ett komplext tal. Nu utgör ju mängden av möjliga värden på x och y definitionsmängden för vår funktion e z och vi ser då att för att ett funktionsvärde inte skall ha motsvarighet i flera olika punkter(x, y+k), k Z, så måste vi begränsa definitionsmängden till den fundamentala remsan i det komplexa talplanet: x R, y ] π, π] eller z [0, [, arg(z) ] π, π]. Orsaken till detta är att vi gärna vill att funktionen e z är bijektiv, så att den har en invers funktion. Vi vill liksom för de reella funktionerna definiera en logaritmfunktion. Före vi går in på den komplexa logaritmfunktionen skall vi emellertid ta en titt på följande: Exempel Lösning av ekvationer med komplexa exponentialfunktionen. Betrakta ekvationen e z = 3+4i e x [cos(y)+isin(y)] = 3+4i { e x cos(y) = 3, e x sin(y) = 4. Å andra sidan gäller e z = e x = 3+4i = = 5 x = ln(5), 609, ( ) 4 y = arcsin 0, Ekvationen har således de oändligt många lösningarna z = x+i[y+kπ] =, 609+ i[0, 97+ kπ], k Z. 5 Den här periodiciteten har ingen motsvarighet hos den reella exponentialfunktionen.

269 68 KAPITEL 9. KOMPLEXA TAL I det här sammanhanget, då ekvationslösningen inte involverade den inversa funktionen till e z så beaktade vi alltså även z-värden utanför den fundamentala remsan. För den komplexa naturliga logaritmen har vi följande Definition 9... Naturliga logaritmen av det komplexa talet z = x + iy betecknas ln (eller ibland log ) och är den inversa funktionen till den komplexa exponentialfunktionen, d.v.s. w = ln(z) definieras för z = 0 av relationen e w = z. Observation Notera, att z = 0 uppfylls, eftersom e w = 0 för alla w = u + iv enligt vår tidigare behandling av den komplexa exponentialfunktionen. Om vi utnyttjar den polära formen av z har vi e w = z e u+iv = re iθ e u e iv = re iθ { e u = r, v = θ. Således gäller u = ln(r), med den bekanta reella, naturliga logaritmfunktionen av r = z > 0 ovh vi kan skriva ner funktionen w enligt w = u+iv = ln(r)+iθ, r = z > 0, θ = arg(z). Vi inser nu att om vi argumentet inte antar sitt principalvärde, så kommer den komplexa logaritmfunktionen inte att ha ett entydigt värde eftersom funktionsvärdena: ln(r)+ i(θ+ kπ), k Z alla antar samma värde då θ är principalvärdet. Ifall man går in för att bevara entydigheten genom att hålla principalvärdet för argumentet, så brukar man tala om logaritmens principalvärde. Ifall Im(z) = 0 och z > 0, så är argumentets principalvärde, θ = 0 och den komplexa naturliga logaritmfunktionen reduceras till vår bekanta reellvärda funktion. Om, å andra sidan, Im(z) = 0 och z < 0 (m.a.o. tar vi logaritmen

270 9.. KOMPLEXA FUNKTIONER 69 av ett negativt tal, vilket som bekant inte är möjligt för den reella naturliga logaritmfunktionen) så är argumentets principalvärde, θ = π och z = z = r samt w = ln(r)+iπ, r = z > 0. För den reella naturliga logaritmen gäller nu förkortningsindentiteten e ln(r) = r, så då får vi som väntat e ln(z) = e ln(r)+iπ = e ln(r) e iπ = r, där Eulers identitet tillämpades i det sista steget. Om vi istället försöker räkna ut ln(e z ) för det allmänna fallet, där argumentet för den komplexa exponentialfunktionen inte nödvändigtvis antar sitt principalvärde, så har vi arg(e z ) = y+kπ, k Z. Således fås ln(e z ) = ln(e x )+ i(y+kπ) = x+i(y+kπ) = z+kπi, k Z. De från reella logaritmfunktionernas teori kända relationerna gäller även för den komplexa logartimfunktionen: Regel och log(z z ) = log(z )+log(z ) log ( z z ) = log(z ) log(z ). Observera att dessa inte skall uppfattas som strikta likheter för principalvärden utan så att varje värde i ett led även ingår i mängden värden hos det motsatta ledet då man tillåter multipla värden för de ingående funktionerna. Vi illustrerar med följande: Exempel Låt z = z = e iπ =. Då gäller för argumentets principalvärde, att arg(z ) = arg(z ) = π, ( arg(z z ) = arg e iπ) = arg() = 0, ( ) z ( arg = arg e 0i) = arg() = 0. z

271 70 KAPITEL 9. KOMPLEXA TAL Vi kan då bestämma logaritmernas principalvärden log(z z = ln +i0 = 0 = log(z ) = (ln +iπ) = iπ, ( ) z log = ln +i0 = 0 = 0 log(z ) = 0(ln +iπ) = 0. z Den första relationen gäller således inte för principalvärdet av argumentet, utan man måste räkna med argumentet π istället för noll. 9.. Allmänna potenser av komplexa tal Definition Den allmänna potensen av det komplexa talet z = x+ iy är z c = e c ln z, c C, z = 0. Eftersom den komplexa naturliga logaritmen är flervärd kommer även z c att anta ett oändligt antal värden. I specialfallet c Z reduceras resultatet till tidigare behandlade heltalspotenser. I fallet c = n, n Z + har vi en n:te rot av z som enligt ovan antar n värden. Så är fallet även då n Q (n är rationellt). Då c är irrationellt eller komplext med Im(c) = 0 så antar potensen z c oändligt antal värden. Exempel Vi bestämmer potensen i i = e i ln i = e i[ln +i( π +kπ)], k Z = e i ( π +kπ), k Z = e π kπ, k Z. För k = 0 fås principalvärdet i i = e π R.

272 9.. KOMPLEXA FUNKTIONER 7 Exempel Betrakta potensen (+i) i = e ( i) ln(+i) = e ( i)[ln +i( π 4 +kπ)], k Z = e ln +i( π 4 +kπ) i ln i i( π 4 +kπ), k Z = e ln + π 4 +kπ e i[( π 4 +kπ) ln ], k Z = e ln + π 4 +kπ e i[ π +4kπ ln ], k Z = e ln e π 4 +kπ e i ln e i π }{{} =i e} i(4kπ) {{}, k Z = = e π 4 +kπ ie i ln, k Z, k Z [ ( = e π 4 +kπ i cos ln ) ( + i sin ln )], k Z [ ( = e π 4 +kπ i cos ln ) ( i sin ln )], k Z [ ( = e π 4 +kπ sin ln ) ( + i cos ln )], k Z ( ) ( )] = e π 4 [sin +kπ ln + i cos ln, k Z. För k = 0 fås principalvärdet(+i) i, 49+4, 3i (jmf. t.ex. med kalkylator eller matematisk programvara). Anmärkning 9... Det är allmänt vedertaget, att potensen z c skall tolkas som e c ln x ifall z = x > 0 (alltså då Im(z) = 0 och z R). Logaritmen är då den bekanta reella naturliga logaritmen (eller komplexa naturliga logaritmens principalvärde) och resultatet den komplexa exponentialfunktionen enligt ovan. Om, å andra sidan, basen är z = e R har man kommit överens om att tolka potensen z c som principalvärdet hos den komplexa exponentialfuktionen e c Förgreningspunkter och grensnitt Låt oss studera den komplexa funktionen w = z. Antag att variabeln z rör sig, med början från punkten A, ett helt varv motsols längs kurvan i Figuren 9.4. Vi har således z = re iθ, w = re i θ och i punkten A är θ = θ och w = re i θ. Efter ett fullt varv längs kurvan i Fig. 9.4 är vi tillbaka i

273 7 KAPITEL 9. KOMPLEXA TAL Figur 9.4: Förgreningspunkten origo och grensnitt för funktionen w = z. punkten A och har då θ = θ + π, w = re i θ +π = re i θ e iπ = re i θ, vilket är olika det värde för funktionen w som vi startade med. Om vi upprepar detta kommer vi emellertid tillbaka till vårt ursprungliga funktionsvärde, ty θ = θ + 4π, w = re i θ +4π = re i θ e iπ = re i θ, Man brukar förklara detta så att vi för 0 θ < π befinner oss på en gren av den flervärda eller mångtydiga funktionen w = z, medan vi för π θ < 4π befinner oss på en annan gren av samma funktion. Då dessa s.k. grenar behandlas separat för funktionen, så kan den betraktas som entydig så länge man begränsar sig till en gren. För att skilja grenarna åt brukar man införa ett grensnitt, som i detta fall är linjen OB i Fig Även någon annan linje från origo till oändligheten skulle fylla samma funktion så länge vi kommer överens om att inte korsa den då vi arbetar med vår komplexa funktion. Origo eller punkten O kallas en förgreningspunkt. För vår aktuella funktion råkar denna punkt vara just origo, ett fullt varv kring någon annan punkt än origo leder i det här fallet inte till multipla värden.

274 9.. KOMPLEXA FUNKTIONER Riemann-ytor Figur 9.5: Principskiss av Riemann-ytorna för funktionerna w = z (vänster) och w = z 3 (höger). Man kan även ta idén med grensnitt ett steg vidare; i stället för att begränsa definitionsmängden så att funktionen blir entydig (restriktion) så kan man dela in definitionsmängden i flera delar som enskilt ger en entydig funktion men är kopplade till varandra så att man får en helhet. Det här är idén bakom en s.k. Riemann-yta. Vi granskar nu funktionen w = z. Låt det komplexa talplanet bestå av två plan som är ytor skurna längs linjen OB i Fig Därefter låter vi kanterna som uppstår i denna skärning, hos de bägge ytorna, förenas i kors - så att den undre ytans kant möter den övre ytans motstående kant och vice versa. Om vi nu i denna konfiguration roterar längs en kurva kring O enligt samma förfarande som tidigare kommer vi att på ett kontinuerligt vis hamna i den övre ytan efter ett fullt varv i den nedre ytan och vice versa. Denna uppsättning av sammankopplade ytor som bildas av funktionsvärdena kallas en Riemann-yta och exemplet på en sådan för funktionen w = z finns illustrerad i Figuren 9.5, där även motsvarande för funktionen w = z 3 ingår. Det är inget sammanträffande att den förra funktionen har två värden för varje värde på z och två sammankopplade plan som Riemann-yta och att den senare har tre värden för varje värde på z och tre sammankopplade plan som Riemann-yta. På samma sätt kan man resonera sig fram till att Riemann-ytan för funktionen w = ln(z) består av ett oändligt antal sammankopplade plan.