Endimensionell Analys. Föreläsningsanteckningar, HT 2018 Mikael P. Sundqvist

Transkript

1 Endimensionell Analys B1 Föreläsningsanteckningar, HT 2018 Mikael P. Sundqvist

2 OM DESSA ANTECKNINGAR Dessa föreläsningsanteckningar kom till under sensommaren och hösten 2018, och de är i skrivande stund ej fullständiga. Det kan tyckas onödigt att skriva dem då det finns tryckt kurslitteratur. Anledningen till att de ändå existerar är att jag ser min uppgift som föreläsare att delge min egen bild av ämnet. Det i sin tur kan tyckas motsäga det faktum att vi måste förbereda studenterna på det stoff som brukar ingå i kursen, och som kan komma på skrivningen. Vidare, eftersom alla studenter (oavsett vilken föreläsare de haft) skriver samma tenta, lämnas inte mycket utrymme till utsvävningar eller personliga favoriter. Vi har helt enkelt sällan tid att utveckla tankar och idéer om material som vi själva önskar skulle vara en del i kursen. I dessa anteckningar har jag tagit ett första steg mot att återge stoffet i kursen på ett mer personligt vis. Jag har valt att ibland introducera begrepp och metoder i andra sammanhang än vad som sker i den traditionella kurslitteraturen. Vissa historiska utblickar och referenser förekommer. prioritera vackra problem och resultat om möjligt. Vad som är vackert är förstås högst subjektivt och kanske håller du inte med mig i mina val. fokusera mer på själva idéerna till bevisen än att få ihop ett fullständigt polerat bevis. Jag hoppas att du får både nytta och nöje av dessa anteckningar. Det förekommer säkerligen tryckfel eller andra oklarheter i texten, du är en av de första att läsa. Om du hittar något konstigt är du varmt välkommen att meddela detta till mig via ebrev, mikael.persson_sundqvist@math.lth.se. Lund, oktober

3 FÖRELÄSNING 1 Den grekiske matematikern Euklides publicerade storverket Elementa 1 (ca 300 f.kr.). Det består av hela 13 volymer (varav de första fyra och den sjätte behandlar det som kallas euklidisk geometri). Euklides bygger sin teori på ett antal odefinierade begrepp, såsom punkt, linje, plan, ligga på och så vidare, tillsammans med fem axiom (postulat), påståenden som antas vara sanna utan bevis. Därefter visar han en massa propositioner (satser), dvs påståenden, som en logisk följd av hans antaganden. Det fina med detta är att det är så modern matematik byggs upp också, även om vi vanligtvis utgår ifrån andra system av axiom 2. Nedan formulerar vi en proposition från Elementa och ger ett argument för att den är sann. SATS Vinkelsumman i en triangel är 180. Hoppla, vi har varken definierat vad en triangel eller en vinkel är. Du bör dock ha en intuitiv känsla om dessa bägge begrepp. Det vi väsentligen behöver veta just nu om vinklar är att om vi tar en punkt på en linje så kommer den att beskriva en vinkel som är 180, se figur 1, och att vi kan addera vinklar. 180 FIGUR 1 Bevis (ett försök, läs kritiskt!) Vi betraktar en triangel med vinklar α, β och γ (figur 2(a)). Vi skall beräkna summan s = α + β + γ. Låt oss dra en linje från hörnet med vinkel γ till motstående sida (figur 2(b)). γ γ 1 γ 2 β α β δ ϵ α (a) (b) FIGUR 2 Det uppstår två nya trianglar, och det måste gälla att s = δ + β + γ 1, s = α + ϵ + γ 2, δ + ϵ = 180. Alltså blir 2s = δ + β + γ 1 + α + ϵ + γ 2 = α + β + γ = s och därmed är s = 180. Beviset ovan är inte korrekt, men vad är det som är fel? Se till exempel Fraenkel_set_theory, men grotta inte ned dig i detta, det är komplicerat, och inget vi kommer att diskutera. 3

4 Det är inte helt enkelt att se, men vi använder, utan att direkt sätta ficklampan på det, att vinkelsumman i alla trianglar är lika stor. Är den det? Länge trodde man att de fem axiomen som Euklides utgick ifrån beskrev den värld vi lever i och att alla fem axiom var lika viktiga. Men det fanns också de (bl.a. den schweiziske matematikern Lambert) som trodde att det så kallade parallellaxiomet (se nedan) kunde bevisas med hjälp av de andra axiomen. Detta lyckades inte, och runt 1830 visade den ungerske matematikern Bolyai och den ryske matematikern Lobachevsky (oberoende av varandra) att det så kallade parallellaxiomet hade en speciell roll. De skapade system av axiom där parallellaxiomet inte var uppfyllt, och grundade därmed den så kallade hyperboliska geometrin. Einsteins generella relativitetsteori (1915) föreslår att rumtiden faktiskt kröker sig och inte är euklidisk. I figur 3 ser vi hur trianglar kan se ut i hyperbolisk 1, euklidisk respektive elliptisk 2 geometri. Speciellt observerar vi att vinkelsumman i triangeln i den hyperboliska geometrin tycks vara mindre än den i den euklidiska, som i sin tur är mindre än den i den elliptiska. I den euklidiska geometrin är vinkelsumman i trianglar verkligen 180, och det är tack vare att parallellaxiomet som det är så. (a) hyperbolisk triangel (b) euklidisk triangel FIGUR 3 (c) elliptisk triangel AXIOM (PARALLELLAXIOMET) Om två parallella linjer (linjer som inte skär varandra) skärs av en tredje, så är likbelägna vinklar lika stora. Omvänt gäller att om det finns två lika stora likbelägna vinklar, som uppkommer då en linje skär två andra, så är de två senare linjerna parallella. En vanligare formulering av parallellaxiomet är att man genom en punkt som inte ligger på en given linje kan dra en entydig linje parallell med den givna (dvs som inte skär den givna linjen). Med beteckningarna i figur 4(a) säger parallellaxiomet alltså att linjerna l 1 och l 2 är parallella precis då de likbelägna vinklarna α och δ är lika. Eftersom α = γ (visa det!) så gäller det ekvivalent att l 1 och l 2 är parallella precis då alternatvinklarna γ och δ är lika

5 γ α l 1 δ γ ϵ δ l 2 β α (a) (b) FIGUR 4 Vi försöker oss nu på ett nytt bevis av att vinkelsumman i en triangel är 180. Idén vi hade förut, som nyttjade att vinkelsumman i alla trianglar är lika stor, fungerar inte. Om vi skall klara av att genomföra ett bevis behöver vi använda parallellaxiomet, och det kan vi göra genom att dra en linje genom ett hörn som är parallell med en sida. Bevis (av att vinkelsumman i en triangel är 180 ) Vi drar en linje genom det hörn i triangeln där vinkeln är γ, parallell med motstående sida (se figur 4(b)). Parallelliteten ger nu att alternatvinklarna δ och β respektive ϵ och α lika. Men det gäller också att δ + γ + ϵ = 180. Alltså gäller det att α + β + γ = 180. DEFINITION Två trianglar kallas kongruenta om vinklarna respektive sidorna i den ena triangeln är lika med motsvarande vinklar respektive sidor i den andra. Vi använder beteckningen för att visa på kongruens. Ett annat sätt att säga detta är att två trianglar är kongruenta precis då den ena kan avbildas på den andra med hjälp av en så kallad isometri (translationer, rotationer, speglingar, och sammansättningar av sådana). Det visar sig att man inte behöver kontrollera samtliga vinklar och sidor för att avgöra om två trianglar är kongruenta. Detta tas som ett axiom. AXIOM Två trianglar är kongruenta om något av följande gäller: 1. två sidor och mellanliggande vinkel är lika (SVS) 2. alla sidor är lika (SSS) 3. två vinklar och mellanliggande sida är lika (VSV). Låt oss se hur vi kan använda detta. En fyrhörning där motstående sidor är parallella kallas definitionsmässigt för en parallellogram. SATS (PARALLELLOGRAMSATSEN) a) motstående sidor lika stora, b) motstående vinklar lika stora. I en parallellogram är 5

6 Bevis I parallellogrammen ABCD i figur 5 har vi dragit en diagonal BD. De bägge paren av alternatvinklar ADB och CBD respektive ABD och CDB är lika tack vare parallellaxiomet. Sidan BD är dessutom gemensam. Enligt kongruensfall VSV gäller det att ΔABD ΔCDB. Det följer att BC = AD och A = C. Samma argument, men med diagonalen AC visar att B = D och att AB = CD. A B FIGUR 5 D C Gäller omvändningarna av parallellogramsatsen, dvs gäller det att om motstående sidor i en fyrhörning är lika stora så är den en parallellogram? Vad gäller om motstående vinklar är lika? Hur skulle ett bevis se ut? När ni löser problem bör ni vara uppmärksamma på att ni verkligen använder rätt sats, och inte till exempel dess omvändning (som även den kan vara sann, men då måste eventuellt argument ges för detta). Vi ger nu ett exempel där implikationerna åt bägge hållen är sanna. SATS (SATSEN OM LIKBENT TRIANGEL) Om två sidor i en triangel är lika långa så är dess båda motstående vinklar lika stora. Omvändningen blir SATS (BASVINKELSATSEN) Om två vinklar i en triangel är lika stora så är de bägge motstående sidorna lika långa. Låt oss stanna upp här lite. Vi kan se detta som att vi har två påståenden 1, P 1 och P 2 om trianglar: P 1 : Två sidor är lika. P 2 : Två vinklar är lika. Om vi för en stund bortser från att satsen även berättar vilka sidor respektive vinklar som är lika så säger alltså satsen om likbent triangel att påståendet P 2 är sant givet att P 1 är det. Vi säger att P 1 implicerar P 2, och skriver P 1 P 2. Å andra sidan säger basvinkelsatsen att P 1 är sant om P 2 är det, och alltså gäller det att P 2 implicerar P 1, P 2 P 1. Vi säger att P 1 och P 2 är ekvivalenta, och skriver P 1 P 2. Många satser inom matematiken är uppbygda som att vi skall visa en implikation, P 1 P 2, eller en ekvivalens, P 1 P 2, där P 1 och P 2 kan vara ganska komplicerade och sammansatta påståenden. 1 Ett påstående är ett uttryck som vi kan avgöra om det är sant eller falskt. Vinkelsumman i en triangel är 180 är ett påstående. Vi har dessutom visat att det påståendet är sant, och därmed vad vi kallar för en sats. 6

7 Bevisen av satserna ovan är korta, och idéerna är i bägge fall att skapa eller observera kongruenta trianglar. Bevis (av satsen om likbent triangel) Om det i triangeln ΔABC gäller att AC = BC så drar vi en bisektris (en linje som delar vinkeln mitt itu) från C till sidan AB och betecknar den punkt på AB som bisektrisen skär för D. Då är ΔACD ΔBCD enligt kongruensfallet SVS. Det följer direkt att A = B. Bevis (av basvinkelsatsen) Antag att A = B. Enligt VSV gäller därför att ΔABC ΔBAC eftersom även sidan AB är gemensam. Det följer att AC = BC. En följd av dessa resultat är att det för trianglar gäller att mot större sidor står större vinklar. Det kan vi använda för att lösa följande problem. PROBLEM Kan det i den femuddiga stjärnan i figur 6(a) (eller i någon annan) gälla att a > a, b > b, c > c, d > d och e > e? b b c c d d b b β c γ c δ d d a a e e a a α e ϵ e (a) FIGUR 6 (b) Lösning Antag att det skulle vara så. Då skulle α > β > γ > δ > ϵ > α eftersom vinkel som står mot större sida är större. Men det är inte möjligt. Lösningsmetoden ovan är mycket användbar. Vi antar att ett påstående P är sant (här är påståendet att det finns trianglar där a > a, b > b, c > c, d > d och e > e ), och ser vad det leder till. I detta fall ledde det till en absurditet, att α > α. Slutsatsen måste bli att påståendet P inte är sant. 7

8 FÖRELÄSNING 2 Vi kommer senare att diskutera optimeringsproblem (problem där en bästa lösning i någon mening sökes). Enkla sådana formuleras ofta i geometriska termer (till exempel att någon längd, area eller volym skall maximeras eller minimeras) och löses med fördel med hjälp av differentialkalkyl. Det sägs att det i Euklides Elementa endast finns ett sådant problem: PROBLEM (FRÅN ELEMENTA) Givet en triangel ABC, bestäm den inskrivna paralellogram ADEF med störst area, där D ligger på AB, E på BC och F på AC. D B E A F C Triangeln DBE har samma form som triangeln ABC, men den är mindre. Vi säger att de är likformiga, ett begrepp som vi skall använda för att lösa problemet ovan. En mer formell definition av likformighet ges av: DEFINITION Två trianglar sägs vara likformiga om varje vinkel i den ena triangeln är lika stor som motsvarande vinkel i den andra, kvoterna av motsvarande sidors längder är lika stora. Du kanske minns att kongruens kunde definieras med hjälp av isometrier (två objekt är kongruenta om det ena kan avbildas på det andra med hjälp av en isometri), dvs med hjälp av translationer, rotationer och speglingar. Även likformighet kan karakteriseras på detta sätt, men då får vi lägga till skalning. När det kommer till trianglar så finns det för likformighet, precis som det fanns för kongruens, test för att avgöra om två trianglar är likformiga. SATS (LIKFORMIGHETSFALL) 1. Om två sidor i en triangel är proportionella mot två sidor i en annan triangel och om mellanliggande vinkel är lika, så är trianglarna likformiga. (SVS) 2. Om sidorna i en triangel är proportionella mot sidorna i en annan triangel, så är trianglarna likformiga. (SSS) 3. Om två vinklar i en triangel är lika med två vinklar i en annan triangel så är trianglarna likformiga. (VV) 8

9 Dessa påståenden visas enklast efter att transversalsatsen, topptriangelsatsen och bisektrissatsen har visats. Vi behöver dessutom (åtminstone) kunna bestämma arean av en triangel och en parallellogram, och gör därför en avstickare. AXIOM En rektangel med sidorna a och b har area ab. Från detta följer SATS 1. En triangel med bas a och höjd h har area ah/2. 2. En parallellogram med bas a och höjd h har area ah. 3. Ett parallelltrapets med parallella sidor a och b och höjd h har area (a + b)h/2. B D E D G E (a) A F F (b) C FIGUR 7 Lösning (av optimeringsproblemet från Elementa) Om vi betraktar två sådana parallellogram så kommer de ha en gemensam del och varsin parallellogram därutöver, se figur 7(a). För att jämföra parallellogrammernas areor räcker det att avgöra vilken av dessa parallellogram som är störst. Situationen illustreras ovan. Låt ADEF vara den parallellogram som har hörnen D, E och F på mittpunkterna på triangeln. Låt vidare AD E F vara en godtycklig parallellogram enligt problemet. I figur 7(b) har vi ritat ut bägge prallellogrammen. Vi skall nu ge ett argument för att parallellogrammen DD E G har mindre area än F GEF. Vi kommer att använda att (argument kommer senare): För två likformiga trianglar förhåller sig höjderna proportioneligt mot varandra, med samma proportionalitetskonstant som för sidorna. Låt H beteckna höjden från B i triangeln ABC. Då blir arean av parallellogrammen F GEF lika med GE (H/2) eftersom parallellogrammens höjd är hälften av triangelns. Låt h beteckna höjden från E i triangeln GE E. Arean av parallellogrammen DD E G blir DG h. Hur skall vi kunna jämföra GE (H/2) med DG h? Jo, triangeln GE E är likformig med ABC (enligt VV). Speciellt gäller det därför att höjderna i respektive triangel förhållers sig som motsvarande sidlänger. Det ger oss h/ GE = H/ AC, eller, GE H = AC h. Arean av parallellogrammen F GEF är alltså lika med AC h/2. Kan vi 9

10 visa att AC h/2 är större än DG h då? Ja, AC /2 = AF = DE > DG. Multiplicera med h och vi är klara. Den parallellogram som ger störst area är alltså den där D, E och F utgör mittpunkter på respektive sida. Låt oss ge en lite mer modern lösning till samma problem, där vi inte använder att vi vet lösningen från början, och där vi arbetar med algebra och en funktion. Lösning (en mer modern lösning) Låt ADEF vara en godtycklig parallellogram och kalla längden av sidan AF för x. Låt vidare h(x) beteckna höjden av triangeln DBE och H höjden av triangeln ABC. Då är arean A(x) av parallellogrammen lika med x(h h(x)). För att erhålla en formel för h(x) använder vi likformighet igen. Triangeln DBE är likformig med triangeln ABC, och därför gäller det att h(x)/h = DE / AC. Men DE = x, så h(x) = Hx/ AC. Arean av parallellogrammen blir alltså x A(x) = x(h h(x)) = x(h Hx/ AC ) = H AC AC ( 1 x AC ). Nu återstår endast att bestämma det värde x (mellan 0 och AC ) så att A(x) blir så stor som möjligt. Vi gör det genom att kvadratkomplettera. Faktorn H AC gör varken till eller från, och sätter vi y = x/ AC så är det uttrycket y(1 y) som skall maximeras. Men det uttrycket kan vi skriva om som y(1 y) = (y 2 y) = ((y 1/2) 2 1/4) = 1/4 (y 1/2) 2. Uttrycket till höger är som störst då y = 1/2. Alltså är A(x) som störst då x = AC /2. Parallellogrammen maximeras alltså då F väljs som mittpunkten på sidan AC. Vad tycker du om följande argument? Fyll i detaljerna! Observera att det löser vårt ursprungliga problem, helt utan räkning. Idén kommer ifrån en kollegas son. Lösning (med ett skjuvningsargument) Vi vill återföra problemet till det då vi har rät vinkel vid A, och gör därför en skjuvning. Tänk på det som följande: Ta tag i punkten B (se figur 8(a)) och dra den parallellt med sidan AC tills dess att den hamnar i en position B sådan att AC är vinkelrät mot AB. B B B A C A C A (a) (b) (c) FIGUR 8 C Vi erhåller en skuggad rektangel (figur 8(b)). Ge ett argument för att dess area är lika stor som den ursprungliga parallellogrammens. I nästa steg viker vi de två vita trianglarna 10

11 över rektangeln (figur 8(c)). Ge ett argument för att de två trianglarna alltid kommer att täcka den grå rektangeln. Finns det något fall där de täcker precis, eller blir det alltid spill? Ge ett argument att det blir spill i alla fall utom ett, nämligen då de övervikta trianglarna precis möts i A. Mot vilken punkt på B C möts de då? Varför löser det vårt problem? Med hjälp av areaargument och likformighet kan följande satser visas (fundera på vilken eller vilka vi använt ovan vid lösningen av Euklides optimeringsproblem): SATS (TRANSVERSALSATSEN) En transversal, som är parallell med en sida i en triangel, delar de övriga sidorna i lika förhållande. b a c d a b = c d SATS (TOPPTRIANGELSATSEN) En transversal som är parallelll med en sida i en triangel skär av en topptriangel som är likformig med den stora triangeln. SATS (BISEKTRISSATSEN) En bisektris till en vinkel i en triangel delar motstående sida i ett förhållande som är lika med kvoten av de övriga sidornas längder. a α α b a b = x y x y PROBLEM Två trianglar är likformiga med skalfaktor k. Visa att trianglarnas höjder, bisektriser och medianer också skiljer sig med skalfaktor k. Visa även att arean av trianglarna skiljer sig med faktor k 2. Lösning (endsast idé) Använd likformighetsfall VV, VV respektive SVS. Resultatet med area följer direkt från resultatet för höjderna. 11

12 Denna typ av skalning, speciellt mellan längd och area, är oerhört användbar. PROBLEM Låt Q vara en punkt inuti ΔABC. Tre räta linjer dras genom Q, parallella med varsin sida i triangeln. Linjerna delar triangeln i sex delar, varav tre är trianglar med area S 1, S 2 respektive S 3. Visa att arean S av triangeln ABC ges av S = ( S 1 + S 2 + S 3 ) 2. B S 1 S 2 S 3 A C Lösning Låt oss kalla basen av den stora triangeln för b och baserna för trianglarna med area S 1, S 2 och S 3 för b 1, b 2 respektive b 3. Likformighet och föregående uppgift ger då att Alltså blir S 1 S = b 1 b, S 2 S = b 2 b, S 3 S = b 3 b. S 1 + S 2 + S 3 S = b 1 + b 2 + b 3 b = b b = 1. Här har vi använt att b 1 + b 2 + b 3 = b, vilket följer av att fyrhörningarna i den stora triangeln är parallellogram. Omflyttning ger resultatet. 12

13 FÖRELÄSNING 3 Denna föreläsning börjar vi med att ge ett par bevis av en av de mer välkända,och faktiskt en av de viktigare, satserna i geometrin, nämligen Pythagoras sats 1. Först inför vi några beteckningar, som förhoppningsvis redan är välbekanta för dig. En vinkel som är 90 kallas rät. En vinkel som är mindre än en rät vinkel kallas spetsig och en vinkel som är större än en rät vinkel kallas trubbig. En triangel kallas spetsvinklig om samtliga vinklar är spetsiga, rätvinklig om en vinkel är rät och trubbvinklig om en vinkel är trubbig. I en rätvinklig triangel kallas sidan stående mot den räta vinkeln för hypotenusa och de andra två för kateter. SATS (PYTHAGORAS SATS) I en rätvinklig triangel är summan av kvadraterna av kateterna lika med kvadraten på hypotenusan. Om kateterna har längder a och b, och hypotenusan har längd c gäller det alltså att a 2 + b 2 = c 2. Bevis Vi börjar med ett bevis som bygger på likformighet. Multiplicera sidlängderna i den givna triangeln med a, b respektive c och placera dem som i figur 9. a 2 b 2 a b c ab ac bc ab FIGUR 9 c 2 De tre trianglarna bildar tillsammans en rektangel. Eftersom motstående sidor i en sådan är lika gäller det att a 2 + b 2 = c 2. Vi indikerar med figur 10 ytterligare ett bevis. Beviset liknar mycket det som återfinns i volym 13 av Euklides Elementa. Areorna av de skuggade trianglarna är lika. Motivera varför det visar satsen. FIGUR 10 1 Se om du vill botanisera bland bevis av Pythagoras sats. 13

14 Vi går nu vidare. Kan vi kanske använda Pythagoras sats för att lösa följande problem? PROBLEM Du är strandsatt på en öde ö, och har inget annat än ett långt rep till ditt förfogande. Hur kan du med hjälp av detta rep konstruera en rät vinkel? Tag repet och knyt 13 knutar på det, lika långt ifrån varandra (hur gör du det?), och sätt ihop det till en triangel med sidorna 3, 4, 5. Eftersom = 5 2 gäller det enligt Pythagoras sats att triangeln är rätvinklig, eller? FIGUR 11 Riktigt så enkelt är det ju inte. Pythagoras sats går åt andra hållet. Villkoret är att vi har en rät vinkel, inte att vi får en. Men vi har tur! Omvändningen till Pythagoras sats är nämligen också sann, så metoden ovan fungerar verkligen, triangeln blir rätvinklig. SATS (OMVÄNDNINGEN TILL PYTHAGORAS SATS) Antag att en triangel har sidorna a, b och c, och att a 2 + b 2 = c 2. Då är den vinkel som står mot sidan c rät. Bevis Vi använder kongruens. Tag en triangel med sidlängder a och b och x, och med rät vinkel mellan sidorna med längd a och b. För en sådan triangel gäller det enligt Pythagoras sats att x = a 2 + b 2. Men det gäller ju även att c = a 2 + b 2. Alltså är x = c, och trianglarna är kongruenta enligt SSS. Men eftersom den med sidlängd a, b och x hade en rät vinkel, så måste även den med sidlängder a, b och c ha det. Vi skall härnäst studera cirklar och dess egenskaper, och vi gör det genom att formulera ännu ett optimeringsproblem. Men innan vi formulerar det gör vi några definitioner. Med en cirkel menas alla punkter som ligger på ett fixt avstånd från en given punkt. Den givna punkten kallas cirkelns medelpunkt. En strecka som sammanbinder två punkter på en cirkel kallas för en korda. De kordor som skär medelpunkten kallas diametrar. Streckor från medelpunkten till cirkeln kallas radier, och vi använder samma namn för längden på dem. Två punkter på en cirkel bestämmer två cirkelbågar, dvs två delar av cirkeln. 14

15 PROBLEM För vilken punkt P på cirkelbågen som skärs av av kordan AB (enligt figur nedan) gäller det att triangeln APB får maximal omkrets? P A B Vi kommer att nyttja följande sats: SATS (RANDVINKELSATSEN) En randvinkel är hälften så stor som medelpunktsvinkeln på samma cirkelbåge. Speciellt gäller det att randvinklar som står på samma båge är lika stora. α 2α α FIGUR 12 Börja med att visa påståendet med hjälp av yttervinkelsatsen då en korda är en diameter. Sedan kan de övriga möjliga fallen (färgade i figur 12) återföras på detta. Q P A D FIGUR 13 B Lösning (av problemet ovan) Vi låter P och Q vara två olika val av punkter och jämför AP + PB med AQ + QB (figur 13). Randvinklarna AQB och APB står mot samma båge, och är därmed lika stora enligt randvinkelsatsen. Vidare är QDA = PDB. Alltså är trianglarna AQD och BPD likformiga enligt VV. Det existerar därmed ett tal k sådant att AQ = k BP, QD = k PD, AD = k BD. 15

16 Vi finner att AQ + QB (AP + PB) = AQ + QD + DB (AD + DP + PB) = (AQ + QD AD) (DP + PB DB) = (k BP + k PD k BD) (DP + PB DB) = (k 1)(BP + PD DB). Den andra faktorn är positiv på grund av att summan av två sidor i en triangel är större än den tredje (detta kallas för triangelolikheten och är något att återkomma till). Tecknet på den första avgörs av om proportionalitetskonstanten k är större eller mindre än 1. Finns det något val som garanterar ett tecken? Ja, det gäller ju att AQ = k PB, så om AQ är längre än PB är k > 1, annars inte. Alltså vinner det val som hamnar högst upp, det vill säga det optimala valet av P är det som delar cirkelbågen AB mitt itu (punkten C i figur 14). C D P A FIGUR 14 B Lösning (alternativ lösning till problemet ovan) Vi låter C vara den punkt som delar bågen AB mitt itu. Denna gången betraktar vi den cirkel som går genom C och som har radie AC. Vidare drar vi ut AC tills den möter cirkeln i punkten D och AP tills den möter cirkeln i punkten E (figur 15). D C P E A FIGUR 15 B Randvinkelsatsen säger att vinkeln ACB är dubbelt så stor som ADB. Men det gäller även att ACB = APB eftersom de står på samma båge i den ursprungliga cirkeln. Vidare gäller det att AEB = ADB eftersom de står mot samma båge i den nya cirkeln. Alltså gäller det att 16

17 APB = ACB = 2 ADB = 2 AEB. Yttervinkelsatsen säger å andra sidan att APB = AEB + EBP, varför det gäller att triangeln EBP är likbent och PB = PE. Yttervinkelsatsen ger att även triangeln BCD är likbent och CB = CD. Alltså gäller det att AP + PB = AP + PE = AE och AC + CB = AC + CD = AD. Men eftersom kordan AD är en diameter är den längre än kordan AE. Det följer att AP + PB < AC + CB, och vi är klara. PROBLEM Båt 1 och båt 2 lämnar samtidigt hamnarna i A respektive B i en cirkulär sjö, och de kör med konstant fart. Om båt 1 styr rakt mot hamnen i C och båt 2 rakt mot hamnen i D kommer de att krocka någonstans på vägen. Visa att om båt 1 i stället styr rakt mot hamnen i D och båt 2 rakt mot hamnen i C så kommer de fram samtidigt. Lösning Låt oss kalla kollisionspunkten för M. Situationen beskrivs i figur 16. Låt vidare t 0 vara den tid det tar för båt 1 att köra från A till M och för båt 2 att köra från B till M. För båt 1 att segla från A till D tar det då t 1 = AD/AM t 0 och för båt 2 att segla från B till C tar det t 2 = BC/BM t 0. D C M A B FIGUR 16 Nu gäller det att ADB = ACB enligt randvinkelsatsen eftersom de står på samma båge och DMA = BMC eftersom de är vertikalvinklar, varför trianglarna ADM och BCM är likformiga (VV). Det följer att t 1 = AD AM t 0 = BC BM t 0 = t 2. PROBLEM Du seglar från Strömstad till Smögen, spanar in mot land, och ser en annan båt som också tycks vara på väg söderut. Hur avgör du på ett enkelt sätt om ni är på kollisionskurs? 17

18 FÖRELÄSNING 4 Vi skall denna föreläsning diskutera trigonometri i trianglar. Vi betraktar åter en femuddig stjärna. Vi visade tidigare att det inte kunde gälla att a > a, b > b, c > c, d > d och e > e. Vi skall nu ge oss på en kraftig skärpning av det problemet. b c c d b d a a e e FIGUR 17 PROBLEM (STJÄRNPROBLEMET) Visa att abcde = a b c d e (se figur 17). Egentligen borde vi här stanna upp ett slag och försöka lösa denna utvidgade uppgift med hjälp av likformiga trianglar. Men vi skall i stället introducera de trigonometriska funktionerna, och sedan lösa problemet med hjälp av ett resultat för dem. Likformighet i en rätvinklig triangel gör att sin α, cos α och tan α blir entydigt bestämda av vinkeln α: c b α a cos α = a c, sin α = b sin α, tan α = c cos α = b a. Om α är en trubbig vinkel definierar vi så länge cos α = cos(180 α), sin α = sin(180 α), tan α = tan(180 α). Vi kommer senare att utvidga samtliga funktioner till godtyckliga vinklar med hjälp av enhetscirkeln. 18

19 SATS (SINUSSATSEN) I en godtycklig triangel med sidlängder a, b och c och med respektive motstående vinklar α, β och γ gäller det att a sin α = b sin β = c sin γ = 2R. Här är R radien för den till triangeln omskrivna cirkeln. b α γ α R 2R a c a β (a) FIGUR 18 (b) Bevis Det räcker att visa att a/sin α = 2R (figur 18(a)), och vi gör det endast i fallet då α är spetsig. Om vi flyttar hörnet i triangeln som står mot sidan med längd a längs den omskrivna cirkeln så kommer vinkeln α att förbli densamma enligt randvinkelsatsen (figur 18(b)). Sidan med längd a ändras inte heller. Om vi flyttar hörnet så att en sida blir en diameter har vi vunnit något. Då kommer nämligen vinkeln mot diametern att vara rät enligt randvinkelsatsen och därför gäller det att sin α = a/(2r). Lösning (av stjärnproblemet) Vi inför vinklar enligt figur 19. b b β c γ c δ d d a a α e ϵ e FIGUR 19 Upprepad användning av sinussatsen ger att 19

20 a a = sin α sin β, Multiplikation av dessa ger b b = sin β sin γ, c c = sin γ sin δ, abcde a b c d e = 1. d d = sin δ sin ϵ, e e = sin ϵ sin α. SATS (AREASATSEN) För en triangel där två av sidorna har längd a och b och den mellanliggande vinkeln är γ gäller att dess area är (1/2)ab sin γ. Bevis Resultatet följer av att (se figur 20) arean av triangeln kan skrivas som ah/2, och h = b sin γ, där h betecknar höjden mot sidan a. Satsen är även sann då vinkeln γ är trubbig, men beviset lämnas som övning. b h γ a FIGUR 20 PROBLEM (OPTIMAL FORM) Bestäm formen på den triangel med en fix vinkel γ och fix area S, sådan att sidan som står mot vinkeln γ minimeras. Om vi kallar sidan mot γ för c och de andra sidorna för a och b gäller det enligt areasatsen att S = (1/2)ab sin γ. Detta kan säkert vara användbart, men uttrycket innehåller inte sidan c. Vi behöver något som kopplar ihop sidan c med övriga sidor (och eventuellt vinkeln α). Cosinussatsen ger oss precis detta. SATS (COSINUSSATSEN) I en triangel med sidorna a, b och c, och där sidan c står mot vinkeln γ gäller det att c 2 = a 2 + b 2 2ab cos γ. Nu kan vi lösa vårt problem som vi formulerade ovan: Lösning (av problemet om optimal form) Enligt cosinussatsen och areasatsen blir c 2 = a 2 + b 2 2ab cos γ = a 2 + b 2 4S cos γ sin γ. Observera att den sista termen är konstant enligt antagandet. Så vi kan spela med a och b för att minimera den första, a 2 + b 2. Vi observerar att 20

21 0 (a b) 2 = a 2 + b 2 2ab dvs a 2 + b 2 2ab, med likhet precis då a = b. Alltså gäller det att c 2 2ab 4S cos γ sin γ = 4S 4S cos γ sin γ sin γ 4S(1 cos γ) =, sin γ dvs att c 2 (och därmed även c) minimeras då a = b. Den sökta triangeln är alltså den likbenta. Vi använde en princip som vanligen är mycket användbar och värd att lägga på minnet. En positiv kvantitet c minimeras precis då c 2 minimeras. Detta används särskilt ofta då avstånd skall minimeras, eftersom, som vi skall se, avstånd innehåller kvadratrötter. γ a 2 b 2 α β γ γ ab ac bc ab α β α β c 2 FIGUR 21 Bevis (av cosinussatsen) Vi härmar beviset av Pythagoras sats och skalar om och plockar ihop tre likformiga trianglar. Denna gång erhåller vi ett parallelltrapets enligt figur 21. Genom att jämföra de parallella sidorna finner vi att c 2 = a 2 + b 2 2ab cos γ. Det skadar inte att känna till att cos(0 ) = 1 cos(30 ) = 3 2 cos(45 ) = 2 2 cos(60 ) = 1 2 cos(90 ) = 0 sin(0 ) = 0 sin(30 ) = 1 2 sin(45 ) = 2 2 sin(60 ) = 3 2 sin(90 ) = 1 21 tan(0 ) = 0 tan(30 ) = 3 3 tan(45 ) = 1 tan(60 ) = 3 tan(90 ) ej definierat

22 Det finns ett par trianglar där några av dessa dyker upp (figur 22). 2/ / /2 FIGUR 22 3/2 30 Vi skall nu följa en metod som föreslogs av den genialiske Arkimedes 1 för ett par tusen år sedan för att härleda uttryck för area och omkrets av cirklar. Vi startar med en cirkel med radie r och skriver in och om regelbundna n-goner. Fallet n = 8 ser ut som i figur 23. (a) FIGUR 23 (b) Låt α n = 180 /n. Den inskrivna n-gonen area a n = nr 2 sin α n cos α n och omkrets p n = 2nr sin α n. Den omskrivna n-gonen har area A n = nr 2 tan α n och omkrets P n = 2nr tan α n. Det är rimligt att tänka sig att cirkeln har en area A och en omkrets P, sådana att a n < A < A n och p n < P < P n för alla n. Då n är stort kommer kvoten a n /A n = cos 2 α n att närma sig cos 0 = 1. Detsamma gäller kvoten p n /P n. Med hjälp av lite teori för de reella talen kan man visa existensen av A och P. Vidare gäller att P n 2r = A n r 2 = n tan α n. Eftersom högerledet är oberoende av r så verkar det troligt att P 2r = A r 2 = konstant

23 Denna konstant, som alltså är densamma för alla cirklar, kallar vi för π, och A = πr 2, P = 2πr. Det kan vara värt att nämna att Arkimedes utgick ifrån en regelbunden hexagon, där han kände sidorna. Sedan dubblerade han antalet hörn successivt tills han kom upp till 96 stycken. De nya trianglarna han erhöll kunde han hantera med Pythagoras sats. Med denna metod erhöll han uppskattningen < π <

24 FÖRELÄSNING 5 Vi skall införa och diskutera användandet av koordinatsystem. Dessa utgör ett sätt att erhålla en koppling mellan geometriska och algebraiska problemställningar. Att införa ett koordinatsystem på linjen betyder att välja en punkt på linjen som svarar mot 0, origo, och en punkt som svarar mot 1. Denna andra punkt kan ofta i tillämpningar tolkas som att välja rätt enhet. Varje reellt tal svarar sedan mot en entydig punkt på linjen. 0 1 x FIGUR 24 Det finns inte så mycket mer att säga om detta, annat än att det så kallade absolutbeloppet x betecknar avståndet från x till origo. Det medför att x y blir avståndet från x till y på tallinjen. En algebraisk definition av absolutbeloppet ges av x, x > 0, x = 0, x = 0, x, x < 0. Att införa ett koordinatsystem i planet innebär att välja en punkt som origo (den erhåller koordinaterna (0, 0)), och två icke-parallella koordinataxlar som skär denna punkt. Dessutom behöver vi införa någon skala på dessa axlar, vilket typiskt görs genom att välja en punkt på ena axeln som svarar mot (1, 0) och en på den andra som svarar mot (0, 1). Då detta väl är gjort kan vilken punkt som helst i planet representeras som (x, y), vilket skall tolkas som att vi befinner oss x steg längs den första axeln (tecknet på x anger riktningen) och y steg längs den andra axeln. Vi säger att x är abskissan och y ordinatan. Följande räkneregler gäller: (x 0, y 0 ) + (x 1, y 1 ) = (x 0 + x 1, y 0 + y 1 ) och α(x, y) = (αx, αy). Vanligtvis väljs koordinataxlarna så att det skär varandra under rät vinkel, som i figur 25(a). Vi säger då att vi har ett rätvinkligt koordinatsystem, och om vi inte säger något kommer vi utgå att det är ett sådant koordinatsystem vi arbetar med. Ibland är det dock lämpligt att använda koordinatsystem där axlarna inte skär varandra under rät vinkel (figur 25(b)). 24

25 y (x, y) y (x, y) x x (a) FIGUR 25 (b) Det var på 1600-talet som den franske filosofen René Descartes införde koordinatsystem och gjorde den ack så viktiga och för vetenskapen revolutionerande kopplingen mellan geometri och algebra. Tidigare hade ekvationer i flera obekanta, som till exempel x 2 +y 2 1 = 0, ansetts vara olösbara eftersom de innehöll flera obekanta. Med hjälp av koordinatsystemen kunde nu denna, och snart sagt varje ekvation av typen F(x, y) = 0, studeras, genom att de tolkades som kurvor i planet. För varje värde på x behövde man bara lösa en ekvation i y, och de lösningspar (x, y) som erhålles markeras i ett koordinatsystem. FIGUR 26 Descartes, till höger, undervisande drottning Kristina. Från en målning av Pierre Louis Dumesnil. Till exempel kunde tredje- och fjärdegradsekvationer hanteras geometriskt genom att de betraktas som skärningar mellan parabler och hyperblar respektive parabler och cirklar. All euklidisk geometri kunde nu hanteras algebraiskt (mer om det senare), och Descartes sägs ha yttrat något i stil med Jag har löst alla problem, och med det lär han ha menat att han löst just alla geometriska problem med sin metod med koordinatsystem. Livet slutade dock inte så bra för Descartes. Han blev kallad till drottning Kristina i Stockholm för att ge henne privatundervisning. Han lär ha yttrat att Sverige är ett land där både människor och tankar fryser till is. Efter att endast ha gett några få lektioner dog han av lunginflammation. För att visa på den förträfflighet som införandet av koordinater innebär löser vi ett par geometriska problem. PROBLEM Visa att meridianerna i en triangel skär varandra i en punkt, och att skärningspunkten delar varje meridian i förhållande 2 : 1, från hörnen räknat. Innan vi ger en lösning med hjälp av koordinater bör du tänka efter ett litet slag hur du skulle kunna lösa detta problem med rent geometriska metoder. Den lösning vi skall ge som använder koordinater nyttjar det faktum att streckan mellan två punkter (x 0, y 0 ) och (x 1, y 1 ) kan parametriseras som den så kallade konvexkombinationen av punkterna, 25

26 (1 t)(x 0, y 0 ) + t(x 1, y 1 ), 0 t 1. Vi tänker oss en partikel som vid tiden t = 0 startar i (x 0, y 0 ) och som rör sig med konstant hastighet mot (x 1, y 1 ), för att slutligen nå fram vid t = 1. Det gäller att t = 2/3 ger den punkt som delar streckan mellan punkterna i förhållande 2 : 1 (figur 27). y t = 0 (x 0, y 0 ) t = 1/3 t = 2/3 t = 1 (x 1, y 1 ) FIGUR 27 x Lösning Vi utgår ifrån en godtycklig triangel ABC, och inför ett koordinatsystem enligt figuren nedan, med origo i A och så att B får koordinater (0, 1) och C koordinater (1, 0). y y B (0, 1) (0, 1) (1/2, 0) (1/2, 1/2) A C (0, 0) (0, 0) (1, 0) x (0, 1/2) (1, 0) x (a) (b) (c) FIGUR 28 Låt oss söka koordinaterna för de punkter på medianerna som delar respektive median i förhållande 2 : 1. För medianen som utgår ifrån origo får den punkten koordinater (från resonemanget ovan håller du väl med om att det bör stå 1/3 respektive 2/3 framför punkternas koordinater?) 1 3 (0, 0) ( 2, 1 2) = 1 (1, 1). 3 För medianen som utgår ifrån (0, 1) får punkten koordinater 1 3 (0, 1) ( 2, 0 ) = 1 (1, 1), 3 och, slutligen, för medianen som utgår ifrån (1, 0) gäller att punkten får koordinater 1 3 (1, 0) + 2 3( 0, 1 2) = 1 (1, 1). 3 26

27 Vi observerar att det för samtliga medianer gäller att den aktuella punkten har samma koordinat. Det är alltså så att medianerna skär varandra i just denna punkt. PROBLEM Givet två punkter A och B i planet, beskriv mängden av alla punkter M i planet sådana att avståndet MA är dubbelt så stort som MB. Vi börjar med att skissa hur Apollonius löste detta problem för ett par tusen år sedan med hjälp av geometri. Detta mest för att vi skall uppskatta lösningen med koordinater sedan. Lösning (skiss) Vi skall visa att de sökta punkterna utgör en viss cirkel, och börjar med att markera en punkt M (ej på linjen AB) som uppfyller villkoren. I triangeln AMB drar vi sedan inre och yttre bisektriser från M och kallar deras skärningspunkter med linjen AB för K respektive L (figur 29). Den vanliga bisektrissatsen ger att AK/KB = AM/MB = 2, så K blir fix oberoende av vilken punkt M vi valde. Den yttre bisektrissatsen säger att AL/BL = AM/MB = 2, vilket betyder att positionen av L inte heller beror på vilken punkt M med den sökta egenskapen vi valt. Slutligen noterar vi att vinkeln KML är rät, och att M alltså tillhör cirkeln med diameter KL. Man kan kontrollera att omvändningen gäller, dvs att varje punkt på denna cirkel har den önskade egenskapen. M A K B L FIGUR 29 Låt oss nu ge en ny lösning på samma problem med hjälp av ett koordinatsystem. I koordinatsystemet i första exemplet var inte vinkeln mellan koordinataxlarna rät. Vanligtvis, och i fortsättningen, utgår vi ifrån att denna vinkel är rät, och vi talar då om ett rätvinkligt koordinatsystem. Genom att använda Pythagoras sats observerar vi att avståndet mellan punkterna (x 0, y 0 ) och (x 1, y 1 ) i ett rätvinkligt koordinatsystem blir (x 1 x 0 ) 2 + (y 1 y 0 ) 2. 27

28 y (x 1, y 1 ) y 1 y 0 (x 0, y 0 ) x 1 x 0 FIGUR 30 x Lösning (med koordinatsystem) Vi inför ett rätvinkligt koordinatsystem i planet så att A = (0, 0), B = (1, 0). Vidare tilldelar vi M koordinaterna (x, y) (figur 31). Målet är att införskaffa tillräcklig information om x och y för att kunna säga något om M. Enligt ovan blir avstånden MA och MB MA = (x 0) 2 + (y 0) 2, MB = (x 1) 2 + (y 0) 2. För att MA = 2MB måste det alltså gälla att x2 + y 2 = 2 (x 1) 2 + y 2, dvs x 2 + y 2 = 4((x 1) 2 + y 2 ). Vi kan skriva detta som 3x 2 8x + 3y = 0. Efter kvadratkomplettering blir det (x 4/3) 2 + y 2 = (2/3) 2. Gör vi samma avståndstolkning som ovan så finner vi att (x, y) måste ha avstånd 2/3 från (4/3, 0), dvs (x, y) tillhör cirkeln med medelpunkt (4/3, 0) och radie 2/3. y M = (x, y) A = (0, 0) B= (1, 0) x FIGUR 31 Observera att allt vad gäller konstruktiva idéer är borta från denna andra lösning. Vi behöver inte längre komma på att det skulle kunna vara fördelaktigt att betrakta inre och yttre bisektriser. Det enda vi behöver göra är att införa ett lämpligt koordinatsystem. Resten är algebra. Descartes studerade också generella andragradskurvor, 28

29 Ax 2 + Bxy + Cy 2 + Dx + Ey + F = 0. Om vi bortser från de icke-generiska fallen som ger linjer eller punkter så kan det hända att lösningsmängden blir tom eller består av en av tre olika typer av kurvor, ellipser (inklusive cirklar), hyperblar, eller parabler. Nedan ger vi en kort diskussion om dessa kurvor, och indikerar för var och en av dem ett exempel på hur de dyker upp eller används i verkligheten. Låt F 1 och F 2 vara givna punkter i planet. Med en ellips menas lokus av alla punkter M i planet sådana att summan MF 1 + MF 2 är konstant (och större än avståndet mellan F 1 och F 2. F 1 och F 2 kallas för ellipsens brännpunkter. PROBLEM Bestäm en ekvation för den ellips vars avstånd mellan brännpunkterna är 2c och vars ovan nämnda (konstanta) summa MF 1 + MF 2 är 2a. Lösning Låt oss införa ett koordinatsystem så att F 1 = ( c, 0) och F 2 = (c, 0) (se figur 32(a)). För att M = (x, y) skall tillhöra ellipsen måste det då gälla att (x ( c))2 + (y 0) 2 + (x c) 2 + (y 0) 2 = 2a. (1) Vi skall skriva denna ekvation på en aptitligare form. Kvadrering av vänsterledet ger x 2 + 2cx + c 2 + y 2 + x 2 2cx + c 2 + y (x + c) 2 + y 2 (x c)2 + y 2. Förenkling och överflyttning av det kvadrerade högerledet 4a 2 från (1) ger Ytterligare en kvadrering ger x 2 + y 2 + c 2 2a 2 = (x 2 + y 2 + c 2 ) 2 4c 2 x 2. (x 2 + y 2 + c 2 ) 2 4a 2 (x 2 + y 2 + c 2 ) + 4a 4 = (x 2 + y 2 + c 2 ) 2 4c 2 x 2, som efter förenkling blir (a 2 c 2 )x 2 + a 2 y 2 = (a 2 c 2 )a 2. Vi kan införa b via b 2 = a 2 c 2. Det ger oss b 2 x 2 + a 2 y 2 = a 2 b 2, och division med a 2 b 2 ger oss x 2 a 2 + y2 = 1. (2) b2 Vi har visat att om (x, y) uppfyller (1) så kommer (x, y) även att uppfylla (2). Man kan även verifiera att omvändningen gäller, så ekvationen (2) är den generella ekvationen för en ellips (med halvaxlar parallella med koordinataxlarna). 29

30 Vi observerar att ellipsen skär x-axeln då x = ±a och y-axeln då y = ±b. Vi säger att ellipsen har halvaxlar a och b. Talet ϵ = c/a kallas ellipsens eccentricitet, och det mäter hur tillplattad ellipsen är; ϵ = 0 svarar mot en cirkel. Den tyske matematikern och astronomen Johannes Kepler studerade (runt 1605) den danske astronomen Tycho Brahes observationsdata (insamlade på 1500-talet) och upptäckte att mars rör sig i en elliptisk bana kring solen, med solen som ena brännpunkten. Om man i stället kräver att differensen MF 1 MF 2 skall vara konstant erhåller man hyperblar (figur 32(b)). En liknande räkning som för ellipsen ovan ger ekvationen x 2 a 2 y2 b 2 = 1. Kometer och meteorer som kommer in i vårt solsystem färdas längs en hyperbel, med solen i ena brännpunkten. De kommer typiskt in via ena asymptoten y = bx/a och lämnar via den andra y = bx/a. M M M F 2 F 1 F 2 F 1 F (a) ellips (b) hyperbel (c) parabel FIGUR 32 Om man istället betraktar alla punkter som har samma avstånd till en given punkt och en given linje (den så kallade direktrisen, eller styrlinjen) erhåller man en parabel. Här till höger har vi ritat parabeln x = y 2. Avståndet från M = (x, y) (där x = y 2 ) till fokuspunkten F = (1/4, 0) är (här använder vi avståndsformeln, ersätter y 2 med x och kvadratkompletterar, för att slutligen notera att a 2 = a om a > 0) (x 1/4)2 + (y 0) 2 = (x + 1/4) 2 = x + 1/4. Avståndet från M till linjen x = 1/4 är förstås också x + 1/4. Parabler används i praktiken i parabolantenner och vid strålkastare (egentligen rör det sig om paraboloider, parabler som roterat). Parabolantenner fångar upp signaler som kommer vinkelrätt mot styrlinjen, och den egenskapen som man vill åt är att alla sådana signaler reflekteras mot parabolantennen och hamnar i en och samma punkt, fokuspunkten F. 30

31 EXEMPEL Rita nedanstående kurvor y = x 2, y = x 2, y = (x 1) 2, y = x 2 1, y = 4x 2, y = 4x 2 8x 4. Lösning Ekvationen y = x 2 beskriver en parabel, y = x 2 samma parabel speglad i x-axeln, y = (x 1) 2 beskriver y = x 2 förskjuten ett steg till höger, y = x 2 1 fås genom att skjuta y = x 2 ett steg nedåt i y-led. y = 4x 2 = (2x) 2 innebär en skalning (ihoptryckning) av y = x 2 med en faktor 1/2 i x-led. Slutligen gör vi omskrivningen y = 4x 2 8x 4 = (2(x 1)) 2 8 vilket innebär att kurvan y = 4x 2 8x 4 fås genom att förskjuta grafen till y = 4x 2 ett steg till höger och 8 steg ned. Kurvorna återfinner du i figur 33. y y y x x x y = x 2 y = x 2 y = (x 1) 2 y y y x x x y = x 2 1 y = 4x 2 y = 4x 2 8x 4 FIGUR 33 31

32 FÖRELÄSNING 6 Vi skall titta lite närmre på ekvationslösning, och värmer upp med ett par problem, där ekvationer naturligt dyker upp från en problemtext. EXEMPEL För den pappersstandard vi använder gäller det att om vi viker ett ark på mitten så uppstår två delar som bägge är likformiga med det ursprungliga, dvs förhållandet mellan den längre och den kortare sidan bevaras. Vilket förhållande råder mellan längd och bredd på våra papper? Lösning Kalla den kortare sidan för 1 och den längre för x. Det ger att den sökta kvoten blir x. Efter en vikning kommer då den kortare sidan att vara x/2 och den längre 1. De gäller då att x/1 = 1/(x/2), eller x 2 = 2. Alltså gäller det att x = 2 (det kan inte gärna gälla att x = 2. Förhållandet blir därmed 2. EXEMPEL Antag att vi har ett rektangulärt pappersformat som fungerar som följer: Om vi klipper, från ena långsidan till den andra, så att den ena biten bildar en kvadrat, så kommer den resterande biten att ha samma format som ursprungliga pappret (fast där den urspungliga kortsidan nu blivit långsida). Vilket förhållande råder då mellan papprets längre och kortare sida? Lösning Kalla åter den kortare sidan för 1 och den längre för x så att den sökta kvoten blir x. Då vi gjort klippet kommer den kvarvarande delen att ha längre sida 1 och kortare x 1. Alltså skall det enligt förutsättningarna gälla att x 1 = 1 x 1. Denna ekvation kan skrivas x 2 x 1 = 0. Detta är en andragradsekvation, och vi löser den med hjälp av kvadratkomplettering, 0 = x 2 x 1 = (x 1/2) 2 5/4 = (x 1/2 5/2)(x 1/2 + 5/2). Produkten är noll endast om minst en faktor är noll, varför det måste gälla att x = 1/2 ± 5/2. Eftersom x måste vara positiv så kastar vi den negativa lösningen till ekvationen, och sluter oss till att x = 1/2 + 5/2. Detta tal kallas ibland för det gyllene snittet. 32

33 EXEMPEL Lös ekvationerna a) x + 3 = 1 x x, b) x + 3 = 1 x 1 + x, c) x + 3 = 1 + x 1 x. Lösning Vi skall nu lösa dessa, och det primära målet är att diskutera ekvivalens och implikationer vid ekvationslösning. a) Vi börjar med att kvadrera bägge sidor, och får x + 3 = (1 x) + (1 + x) x 1 + x, (1) vilket efter ommöblering kan skrivas Ytterligare en kvadrering ger x + 1 = 2 1 x 1 + x. x 2 + 2x + 1 = 4(1 x)(1 + x) = 4 4x 2, dvs 5x 2 + 2x 3 = 0. (2) Detta är en andragradsekvation, och den kan vi lösa till exempel med hjälp av kvadratkomplettering och faktorisering. Vänsterledet är nämligen lika med 5(x 2 + (2/5)x 3/5) = 5((x + 1/5) 2 16/25) = 5((x + 1/5 4/5)(x + 1/5 + 4/5)) = 5(x 3/5)(x + 1). (3) För att en produkt skall bli noll måste det gälla att någon faktor är noll, dvs antingen att x = 3/5 eller x = 1. Detta måste alltså vara lösningarna till vår ursprungliga ekvation. Eller? Vi sätter in och kontrollerar. För x = 3/5 blir vänsterledet 3/5 + 3 = 18/5 = 3 2/5. Högerldet blir 1 3/ /5 = 2/ /5 = 3 2/5. Eftersom det råder likhet är x = 3/5 en lösning. För x = 1 blir vänsterledet = 2 och högerledet = 2, så även 1 är en lösning. Finns det fler lösningar? Nej, det gör det inte. Själva lösningsprocessen som vi utförde fungerar så här: Om vi antar att x är en lösning till ekvationen, så måste x också lösa (1), eftersom a 2 = b 2 om a = b. Ommöbleringen förstör förstås inget, och vid nästa kvadrering gäller samma sak. Så om x löser ekvationen så måste x även lösa (2). Men det är en andragradsekvation, och eftersom vi faktoriserar andragradsuttrycket tappar vi inga lösningar där heller. Sammanfattningsvis har vi visat att 33

34 x + 3 = 1 x x x = 3/5 eller x = 1. b) Vi använder samma framgångsrika koncept. Kvadrering av bägge led ger x + 3 = (1 x) + (1 + x) 2 1 x 1 + x, dvs x + 1 = 2 1 x 1 + x. En kvadrering till ger samma andragradsekvation som i (2). Alltså, om x löser ekvationen så måste det gälla att x = 3/5 eller x = 1. Men om vi sätter in x = 3/5 i vänsterledet i vår ursprungliga ekvation får vi 3 2/5. Högerledet blir däremot 2/5. Alltså är inte x = 3/5 någon lösning. Sätter vi in x = 1 så får vi 2 både i vänsterledet och högerledet, precis som tidigare. Alltså är x = 1 en lösning. Vi har visat att x + 3 = 1 x 1 + x x = 1. c) Utför vi samma kvadreringar för den sista ekvationen erhåller vi förstås samma andragradsekvation, så frågan här blir om x = 3/5 och x = 1 är lösningar till ekvationen. För x = 3/5 blir vänsterledet 3 2/5 och högerledet 2/5, och med x = 1 får vi 2 respektive 2. Vi drar slutsatsen att ekvationen saknar lösning. Vid ekvationslösning arbetar vi vanligtvis med uttrycken, och vissa operationer vi gör bevarar inte lösningsmängden. Det kan alltså vara så att vi antingen tappar lösningar eller lägger till lösningar. Typiska operationer som man skall vara uppmärksam på är kvadreringar (som i exemplet) och rotutdragningar. EXEMPEL Lös ekvationen (2x + 3) 2 = (x 1) 2. Lösning Det kan kanske kännas lockande att dra den felaktiga slutsatsen att det måste gälla att 2x + 3 = x 1 om deras kvadrater skall vara lika. Det skulle ge x = 4, vilket mycket riktigt är en lösning. Men då tappar vi en lösning. Det gäller nämligen att a 2 = b 2 a = b eller a = b. Alltså kan x även uppfylla 2x + 3 = (x 1), dvs x = 2/3. En alternativ väg att gå här är att flytta över alla termer till vänstra membrum och förenkla. Då dyker andragradsekvationen 3x x + 8 = 0 upp. Du kan verfiera att den har lösningarna x = 4 och x = 2/3. Vi skall nu fokusera på polynomekvationer, dvs ekvationer på formen a n x n + a n 1 x n a 1 x + a 0 = 0. Uttrycket i vänsterledet kallar vi för ett polynom av grad n (givet att a n 0). Talen a n, a n 1,, a 1, a 0 kallar vi för polynomets koefficienter. 34

35 PROBLEM Bestäm samtliga skärningspunkter mellan hyperbeln xy = 1 och parabeln y = x 2 + 2x 2. y x FIGUR 34 Lösning I en skärningspunkt måste både x- och y-koordinater vara lika. Att y-koordinaterna skall vara lika innebär att 1 x = y = x2 + 2x 2, dvs x 3 + 2x 2 2x 1 = 0. Detta är en polynomekvation har grad 3. Det existerar formler för lösningar till sådana, men det är inget vi lägger på minnet. För handräkning kommer vi främst att betrakta polynom med heltalskoefficienter (och någon heltalslösning) och då kan vi använda följande faktum: SATS Antag att vi har en polynomekvation x n + a n 1 x n 1 + a n 2 x n a 1 x + a 0 där alla koefficienter a k är heltal. Om ekvationen har en heltalslösning x = α så måste det gälla att a 0 /α är ett heltal (vi säger att α delar a 0 ). I vårt fall så måste alltså 1/x vara ett heltal. Men det ger de enda möjligheterna x = 1 och x = 1. Vi kan lätt testa, och finner att x = 1 verkligen är en lösning. Hur går vi då vidare? Vi ser i figuren ovan att det borde finnas två lösningar till. Hur bestämmer vi dem? Följande resultat används: 35

36 SATS (FAKTORSATSEN) Talet α är en lösning till polyomekvationen p(x) = 0 om och endast om det finns ett polynom q sådant att p(x) = (x α)q(x). Polynomet q kommer att ha grad ett lägre än polynomet p. Satsen säger väsentligen att det är samma sak att bestämma nollställen till ett polynom som att faktorisera det. Ett problem kvarstår. Hur bestämmer vi q? Ett sätt är att göra en ansättning. Vi testar det på vårt exempel. Enligt faktorsatsen skall vi kunna skriva x 3 + 2x 2 2x 1 = (x 1)(Ax 2 + Bx + C) för några konstanter A, B och C. Multiplicerar vi ut produkten till höger finner vi att Ax 3 + (B A)x 2 + (C B)x C. Genom att jämföra högstagradskoefficienter och konstanta koefficienter ser vi direkt att A = 1 och C = 1. Jämförelse av andragradskoefficienten ger nu att B 1 = 2, dvs B = 3. Kontroll med x-koefficienten ger C B = 1 3 = 2, vilket stämmer. Alltså gäller det att x 3 + 2x 2 2x 1 = (x 1)(x 2 + 3x + 1) Eftersom en produkt är noll precis då dess faktorer är noll återstår nu att bestämma när x 2 + 3x + 1 = 0. Vi kvadratkompletterar och finner att x 2 + 3x + 1 = (x + 3/2) 2 5/4 = (x + 3/2 + 5/2)(x + 3/2 5/2). De övriga lösningarna ges alltså av x = 3/2 ± 5/2. Återgår vi till vårt ursprungliga problem så har vi nu funnit x-koordinaterna för de sökta punkterna. Motsvarande y-koordinater bestäms enkelt via relationen y = 1/x. Du kan kontrollera att de sökta skärningspunkterna blir (1, 1), ( 3/2 + 5/2, 3/2 5/2), och ( 3/2 5/2, 3/2 + 5/2). Lösning Ett annat sätt att erhålla polynomet x 2 +3x+1 är att använda ett av de dödliga vapnen; att lägga till och dra ifrån samma sak. Vi kan skriva x 3 + 2x 2 2x 1 x 1 = x2 (x 1) x 2 (x 1) + x 3 + 2x 2 2x 1 x 1 = x 2 + 3x2 2x 1 x 1 = x 2 + 3x(x 1) 3x(x 1) + 3x2 2x 1 x 1 = x 2 + 3x + x 1 x 1 = x2 + 3x

37 Här har vi utfört en polynomdivision. Eftersom resultatet blev ett polynom (vi fick inte kvar något x 1 i nämnaren) så säger vi att den gick jämnt ut och vi sluter oss till att x 3 + 2x 2 2x 1 = (x 1)(x 2 + 3x + 1), som förut. PROBLEM Utför polynomdivisionen (x 4 + 2x 3 5x + 12)/(x 2 + 1). Lösning Vi förfar på samma sätt som ovan. Räkningarna blir x 4 + 2x 3 5x + 12 x = x2 (x 2 + 1) x 2 (x 2 + 1) + x 4 + 2x 3 5x + 12 x = x 2 + 2x3 x 2 5x + 12 x = x 2 + 2x(x2 + 1) 2x(x 2 + 1) + 2x 3 x 2 5x + 12 x = x 2 + 2x + x2 7x + 12 x = x 2 + 2x + 1(x2 + 1) + 1(x 2 + 1) x 2 7x + 12 x = x 2 + 2x 1 + Vad vi ser här är ett specialfall av följande sats: 7x + 13 x SATS (POLYNOMDIVISION) Antag att f och g är polynom, och att g 0. Då finns entydiga polynom q och r sådana att f = qg + r, där r antingen är 0 eller har lägre grad än g. Polynomet q kallas för kvot och r för rest vid polynomdivisionen f/g. I exemplet ovan är f(x) = x 4 + 2x 3 5x + 12, g(x) = x 2 + 1, kvoten q(x) = x 2 + 2x 1 och resten r(x) = 7x Då vi räknar för hand utsätts vi ofta för polynom som har rationella lösningar, något vi kan använda för att gissa nollställen. Antag att f(x) = a 0 + a 1 x + + a n x n är ett polynom där koefficienterna är heltal. Vi skall söka rationella nollställen till detta polynom. Antag därför att x = p/q är ett nollställe till f, där heltalen p och q saknar gemensamma delare bortsett från ±1. Då gäller det att 0 = q n f(p/q) = a 0 q n + a 1 pq n a n 1 p n 1 q + a n p n. 37

38 Det följer att q måste dela a n eftersom samtliga termer utom den sista har en faktor q. Eftersom samtliga termer utom den första har p som faktor så måste p även dela a 0. Vi tittar på ett exempel hur detta kan användas: EXEMPEL Lös ekvationen 3x 3 5x 2 6x + 10 = 0, genom att först gissa på en lämplig lösning. Lösning Vi söker först rationella lösningar, x = p/q. Eftersom a 0 = 10 = och a 3 = 3 = 1 3 måste det gälla att p antingen är ±1, ±2, ±5 eller ±10, och att q antingen är ±1 eller ±3. De enda rationella tal som är möjliga lösningar blir ± 1 1, ±1 3, ±2 1, ±2 3, ±5 1, ±5 3, ±10 1, ±10 3. Genom att testa finner vi att x = 5/3 faktiskt är en lösning. Enligt faktorsatsen är därmed x 5/3 en faktor. Vi delar polynomet i vänsterledet med x 5/3 och får kvot 3(x 2 2), varför de övriga två lösningarna blir ± 2. EXEMPEL Lös ekvationen x x 1 = 5. Vad händer om 5 i högerledet byts ut mot 4? Mot 3? Lösning Uttrycken innanför absolutbelopp är noll då x = 3 respektive x = 1. Vi delar därför upp räkningarna i tre olika fall. i) x < 3: Här gäller det att x + 3 = (x + 3) och x 1 = (x 1), varför ekvationen lyder x 3 x + 1 = 5. Ekvationen har en lösning, x = 7/2. Eftersom 7/2 < 3 så har vi funnit en lösning. ii) 3 x < 1: Här gäller det att x + 3 = x + 3 och x 1 = (x 1), varför ekvationen nu lyder x + 3 x + 1 = 5, eller 4 = 5. Lösning i detta intervall saknas. iii) x 1: Nu gäller det att x + 3 = x + 3 och x 1 = x 1. Ekvationen blir därför x x 1 = 5, med lösning x = 3/2. Eftersom 3/2 1 har vi funnit ännu en lösning. Vi drar slutsatsen att ekvationen har lösningarna x = 7/2 och x = 3/2. Du ombeds själv att undersöka hur lösningsmängden ändras då femman i högerledet byts ut mot en fyra eller en trea. Vi avslutar med att observera att även denna ekvation kan tolkas grafiskt. Vi kan rita kurvorna y = x x 1 och y = 5. Lösningarna bestäms av deras skärningspunkter (figur 35). Slutligen, om femman byts ut mot en fyra kommer alla x sådana att 3 x 1 att lösa ekvationen, och om femman byts ut mot en trea kommer det att saknas lösningar. Verkar det stämma med figur 35? 38

39 y x FIGUR 35 39

40 Vi börjar med att diskutera olikheter. FÖRELÄSNING 7 PROBLEM Köpmannen (H)ärlige Harriet sålde frukt på torget, och vägde sin frukt på en balansvåg som inte vägde jämnt (den ena armen var längre än den andra). Harriet ville inte lura sina kunder, men ville förstås inte heller sälja med förlust. Hon gjorde därför så här: Först vägde hon frukten i ena skålen, med resultat M 1, säg. Sedan vägde hon den i den andra vågskålen, med resultat M 2. Hon sålde sedan frukten som om den hade vägt medelvärdet av M 1 och M 2, (M 1 + M 2 )/2. Vem vinner på detta, Harriet, eller Harriets kunder? Lösning Låt oss säga att den riktiga massan är m och att balansvågens armar hade längder x respektive y. Jämvikt vid de bägge vägningarna ger Kvoten x/y uppfyller därför mx = M 1 y, och M 2 x = my. x y = M 1 m = m M 2, dvs m = M 1 M 2. Det återstår att reda ut vad som är störst, M 1 M 2 eller (M 1 + M 2 )/2. En utveckling av 0 ( M 1 M 2 ) 2 ger att det andra uttrycket alltid är större än det första om M 1 M 2. Harriet är vinnaren. M 1 M 2 M 1 + M 2 2 M 1 M 2 FIGUR 36 I figur 36 bildar streckorna med längd M 1 och M 2 en diameter i en cirkel. Ge ett argument för att M 1 M 2 (M 1 + M 2 )/2! 40

41 För att undersöka vilka x som uppfyller olikheter förfar vi som i följande exempel: EXEMPEL Bestäm alla reella x som uppfyller olikheterna x + 3 < 2(x 1) respektive x + 3 x 1 < 2 Lösning För att lösa den första olikheten subtraherar vi x och adderar 2 till bägge sidor, och finner att x + 3 < 2(x 1) x + 3 x + 2 < 2x 2 x < x. Alla x som är större än 5 uppfyller alltså olikheten. För den andra skulle ett första steg kunna vara att multiplicera med x 1. Då får vi nämligen den första olikheten. Men får vi göra det? Om vi sätter in x = 0 står det 3 < 2, vilket ju är sant. Problemet med att multiplicera bägge sidor med x 1 är att det vi multiplicerar skulle kunna vara negativt, och i sådana fall bevaras inte olikheten. Vi subtraherar i stället 2 från bägge led och gör liknämnigt, x + 3 x 1 < 2 x + 3 x + 3 2(x 1) 2 < 0 < 0 x + 5 x 1 x 1 x 1 < 0. Kvoten ( x + 5)/(x 1) är negativ precis då täljare och nämnare har olika tecken. Eftersom täljaren byter tecken då x = 5 och nämnaren då x = 1 betraktar vi olika fall: Om x < 1 så är x + 5 > 4 > 0 och x 1 < 1 1 = 0, så kvoten blir negativ. Om x = 1 är uttrycket ej definierat. Om 1 < x < 5 är x + 5 > = 0 och x 1 > 1 1 = 0, så kvoten blir positiv. Om x = 5 är kvoten 0. Slutligen, om x > 5 är x + 5 < = 0 och x 1 > 4 > 0, så kvoten blir negativ. Sammanfattningsvis är olikheten uppfylld då x < 1 och då x > 5. Vi kan också lösa olikheter som innehåller absolutbelopp. EXEMPEL Bestäm alla x sådana att x x 1 < 5. Lösning Vi använder att x 3 = { x 3, x 3, 3 x, x < 3, och x 1 = { x 1, x 1, 1 x, x < 1, och delar upp i tre fall ledda av detta. 41

42 Om x < 1 blir olikheten 3 x + 2(1 x) < 5 vilket kan skrivas 0 < 3x, dvs x > 0. Olikheten är därmed uppfylld för alla 0 < x < 1. Om 1 x < 3 blir olikheten 3 x + 2(x 1) < 5 som kan skrivas x < 4, vilket ju är sant för de x vi betraktar. Alltså är olikheten även uppfylld för 1 x < 3. Slutligen, om x 3 blir olikheten x 3+2(x 1) < 5, dvs 3x < 10, eller x < 10/3. Olikheten är därmed även uppfylld då 3 x 10/3. Sammanfattningsvis har vi funnit att olikheten x x 1 < 5 är uppfylld precis då 0 < x < 10/3. PROBLEM (INTRODUCERANDE PROBLEM) Visa att om du multiplicerar n på varandra följande positiva heltal och sedan delar med produkten av de n minsta naturliga talen så erhåller du ett heltal. Problemet är inte alls lätt att lösa med de verktyg vi besitter. Vi ber att få återkomma till problemet efter att vi diskuterat binomialutvecklingar och binomialkoefficienter. Låt oss göra några räkningar, Ser du något mönster? (1 + x) 0 = 1, (1 + x) 1 = 1 + x, (1 + x) 2 = 1 + 2x + x 2, (1 + x) 3 = 1 + 3x + 3x 2 + x 3, (1 + x) 4 = 1 + 4x + 6x 2 + 4x 3 + x 4. EXEMPEL Vilka siffror skall ersätta talen a, b, c och d nedan? (1 + x) 5 = 1 + ax + bx 2 + cx 3 + dx 4 + x 5. Lösning Det gäller att (1 + x) 5 = (1 + x) 4 (1 + x) = (1 + 4x + 6x 2 + 4x 3 + x 4 )(1 + x) = (1 + 4x + 6x 2 + 4x 3 + x 4 ) + (x + 4x 2 + 6x 3 + 4x 4 + x 5 ) = 1 + 5x + 10x x 3 + 5x 4 + x 5. Alltså gäller det att a = d = 5 och b = c =

43 Koeficienterna i utvecklingen kallas för binomialkoefficienter. Närmare bestämt definierar vi talen ( 5 k) med hjälp av utvecklingen (1 + x) 5 5 = ( 0) + 5 ( 1) x ( 2) x2 + ( 3) x3 + ( 4) x4 + ( 5) x5. Identifiering av koefficienter ger att 5 ( 0) = 1, 5 ( 1) = 5, 5 ( 2) = 10, 5 ( 3) = 10, 5 ( 4) = 5, 5 ( 5) = 1. På samma sätt definierar vi för godtyckliga heltal n och k binomialkoefficienten ( n k) som koefficienten framför x k då (1 + x) n utvecklas, dvs (1 + x) n n = ( 0 ) + n ( 1 ) x + + n n ( k ) xk + + ( n) xn. Talet ( n k) utläses n över k. PROBLEM (PASCALS IDENTITET) Visa att n ( k ) = n 1 ( k 1 ) + n 1 ( k ). Lösning Det gäller att (1 + x) n 1 kan skrivas n 1 ( 0 ) + n 1 ( 1 ) x + + n 1 n 1 n ( k 1 ) xk 1 + ( k ) xk + + ( n) xn. För att få (1 + x) n skall vi multiplicera med (1 + x), och enda chansen att få x k är om ( n 1 k 1)x k 1 multpliceras med x eller om ( n 1 k )x k multipliceras med 1. Koefficienten framför x k blir därmed ( n 1 k 1) + ( n 1 k ). Men det är ju definitionsmässigt ( n k). Med hjälp av Pascals identitet kan vi rita Pascals triangel, som kan användas för att bestämma binomialkoefficienter. Om vi bortser från ettorna så erhålls varje tal i triangeln som summan av de två tal som finns närmast ovanför. Till exempel utläser vi från den nedersta raden att (1 + x) 6 = 1 + 6x + 15x x x 4 + 6x 5 + x 6. I praktiken är denna metod endast lämplig för små n. 43

44 ( 0 0) ( 1 0) ( 1 1) ( 2 0) ( 2 1) ( 2 2) ( 3 0) ( 3 1) ( 3 2) ( 3 3) ( 4 0) ( 4 1) ( 4 2) ( 4 3) ( 4 4) ( 5 0) ( 5 1) ( 5 2) ( 5 3) ( 5 4) ( 5 5) ( 6 0) ( 6 1) ( 6 2) ( 6 3) ( 6 4) ( 6 5) ( 6 6) FIGUR 37 Pascals triangel PROBLEM Härled en formel för ( n k) som inte är rekursiv. Mer bestämt, visa att n ( k ) = n! k!(n k)!. Här betecknar n! produkten n (utläses n-fakultet). Per definition är 0! = 1! = 1. Vi visar att uttrycket i höger membrum uppfyller motsvarande Pascals identiet, dvs n! k!(n k)! = (n 1)! (k 1)!(n 1 (k 1))! + (n 1)! k!(n 1 k)!. För att göra det skriver vi om högerledet. Vi förlänger första termen med k och andra med n k, och får k(n 1)! k!(n k)! (n k)(n 1)! +, k!(n k)! vilket, eftersom k + (n k) = n, direkt förenklas till n!/(k!(n k)!). Här är egentligen beviset av formeln för binomialkoefficienterna inte fullständigt. Vi behöver även kontrollera startvärden (ettorna längs kanterna i Pascals triangel) och ge ett så kallat induktionsargument. Vi utelämnar det dock. PROBLEM Bestäm ett uttryck för (a + b) n. Lösning Om vi låter x = b/a så gäller det att (1 + b/a) n n = ( 0 ) + n ( 1 ) (b/a) + + n n ( k ) (b/a)k + + ( n) (b/a)n. 44

45 Multiplicerar vi med a n får vi (a + b) n = ( n 0 ) an + ( n 1 ) an 1 b ( n k ) an k b k + + ( n n) bn. Vi har visat det resultat som brukar kallas för binomialsatsen. Ett sätt att inte behöva skriva upp alla termer eller de tre prickarna kan man använda summasymbolen. Binomialsatsen skrivs då (a + b) n = n n k=0 ( k ) an k b k. Med högerledet menas att summationsindexet k skall löpa från 0 till n, och vi skall addera termerna ( n k)a n k b k. EXEMPEL Bestäm koefficienten framför x 8 då (2 3x) 10 utvecklas. Lösning Vi använder binomialsatsen på a = 2, b = 3x och n = 10, och finner att (2 3x) 10 = k=0 ( k ) 210 k ( 3x) k. Den term som innerhåller x 8 får vi då k väljs till 8, och dess koefficient blir 10 ( 8 ) ( 3) 8 = 10! 8!2! = = = PROBLEM Visa att ( n 0) = ( n n) = 1 och ( n 1) = ( n 1) n = n. Gäller det i allmänhet att ( n k) = ( n k)? n För att göra detta behöver vi endast använda formeln ovan för binomialkoefficienterna. SATS (BERNOULLIS OLIKHET) (1 + x) n 1 + nx Visa att, om x 0 och n N så gäller det att Lösning En binomialutveckling av vänsterledet ger att (1 + x) n = 1 + nx + ( n 2 ) x2 + + ( n n) xn > 1 + nx. 45

46 När råder likhet? Kan man tillåta negativa x i olikheten? Vi avslutar denna del med att lösa problemet vi ställde tidigare. Lösning (av problemet om delbarhet) Låt det minsta talet i produkten av de n på varandra följande talen vara a. Den sökta kvoten kan skrivas som en binomialkoefficient, a(a + 1)(a + 2) (a + n 1) 1 2 n = ( a + n 1 n ). Eftersom alla binomialkoefficienter nödvändigtvis är heltal är vi klara. 46

47 FÖRELÄSNING 8 PROBLEM Vid riksdagens högtidliga öppnande bestämmer talmannen att samtliga 349 ledamöter skall hälsa på varandra genom att skaka hand. Hur många handskakningar krävs för att så skall ske? Lösning Varje ledamot skall ta 348 ledamöter i hand, vilket väl borde ge handskakningar? Nej, om vi räknar på det sättet så kommer varje handskakning att räknas två gånger. Det totala antalet handskakningar blir därför = Ett annat sätt att tänka på problemet ovan är att ställa upp ledamöterna på rad. Sedan sker handskakningarna som så att personen i ena änden av ledet går genom hela ledet och skakar hand med alla personer (348 handskakningar). Sedan går nästa person och skakar hand med alla i ledet (347 handskakningar). Proceduren fortsätter ända till den näst sista personen går och skakar hand med den sista personen i ledet. Detta leder till att alla kommer att ha skakat hand med varandra precis en gång, och det har utförts handskakningar totalt. Jämför vi detta med vår lösning ovan, finner vi att = Detta är ett specialfall av följande sats SATS Det gäller att n = 1 + n 2 n. Vi har här med flit skrivit högerledet lite annorlunda. Det borde nämligen läsas som medelvärdet av första och sista termen, multiplicerat med antalet termer. Anledningen till att vi gjort detta är att detta är något som gäller allmänt för så kallade aritmetiska summor, dvs summor där differensen mellan varje par av på varandra följande termer är konstant. Således gäller till exempel att = =

48 För att träna lite på summationsnotationen ger vi ytterligare ett problem. EXEMPEL Bestäm 11 k=2 (50 3k). Lösning Summan skall tolkas som (50 3 2) + (50 3 3) + + ( ). Summan är aritmetisk eftersom differensen mellan på varandra följande termer är konstant, 3. Den första termen är = 44. Den sista termen får vi då vi ersätter = 17. Antalet termer i summan är 10. Summan blir därmed = 305. För den som gillar att manipulera med summationssymbolen ger vi en lösning till. Lösning Vi börjar med att göra en förskjutning av summationsindexet k så att det startar på 1 i stället för 2. Det gör vi genom att införa j = k 1. Då kommer talet j att vandra mellan 1 och 10 då k vandrar mellan 2 och 11. Dessutom blir k = j + 1, så 11 k=2 (50 3k) = 10 j=1 (50 3(j + 1)) = 10 j=1 Härnäst använder vi att summering är linjär, vilket innebär att 10 j=1 (47 3j) = 10 j= (47 3j). Den första summan blir förstås = 470 eftersom vi summerar talet 47 tio gånger. Den andra blir (vi bortser från 3 här), enligt vår formel ovan, = 55. Den sökta summan blir därför = 305. Vi skall härnäst diskutera geometriska summor, och vi gör det genom att ge en försmak till Arkimedes räknade ut arean mellan en parabel och en sekant (se figur 38(a)). Vi skall inte gå in på detaljerna, men han använde ett uttömningsargument med hjälp av trianglar enligt följande. I figur 38(b) har den första triangeln bestämts så att två av dess hörn ligger i skärningspunkterna mellan sekanten och parabeln, och det tredje ligger på parabeln, vald så att tangenten (vi återkommer till tangenter) till parabeln är parallell med sekanten. Antag att den triangeln har area T. I det första steget konstruerar Arkimedes två trianglar enligt figur 38(c), där punkterna på parabeln väljs så att motsvarande tangenter blir parallella med motsvarande sekanter. Han argumenterar för att varje sådan 10 j=1 j. 48

49 triangel har area T/8, och att deras totala area därmed är T/4. Proceduren fortsätter, och de fyra trianglarna i det andra steget har total area T/16. Bidraget från varje ny familj av trianglar blir en fjärdedel så stor som de föregående. På detta sätt fortsätter Arkimedes, och argumenterar för att arean efter totalt n steg blir T + T 4 + T T 4 n 1 + T 4 n. T (a) (b) (c) FIGUR 38 För att beräkna denna summa lägger arkimedes till och drar ifrån 1/3 av den sista termen. Sedan använder han att Det ger att summan blir T 4 n + 1 T 3 4 n = 4 T 3 4 n = 1 T 3 4 n 1. T + T 4 + T T 4 n Förfarandet upprepas. I nästa steg blir T 4 n 1 1 T 3 4 n. T 4 n T 3 4 n 1 = 4 T 3 4 n 1 = 1 T 3 4 n 2. Arkimedes eliminerar term för term på detta vis, och hamnar slutligen i uttrycket 4 3 T 1 T 3 4 n. Arkimedes ger sedan mer eller mindre invecklade argument för att den sökta arean varken kan vara större än eller mindre än (4/3)T, och att den därför måste vara just (4/3)T. Låt oss ge ett mer modernt sätt att beräkna summan ovan. Vi observerar att kvoten av varje på varandra följande term är 1/4. Vi kallar summan för s och multiplicerar den med 1/4. Resultatet blir 49

50 1 4 s = T 4 + T T 4 n + T 4 n+1. Om vi nu subtraherar (1/4)s från s kommer nästan alla termer att kunna förkortas bort, Resultatet blir s 1 4 s = T + T 4 + T T 4 n 1 + T 4 n ( T 4 + T T 4 n + T 4 n+1 ) = T T 4 n+1. s = T T/4n+1 1 1/4 = 4 3 T 1 3 T 4 n precis som tidigare. Om 1/4 byts ut mot x (och T = 1) kan vi beräkna den geometriska summan 1 + x + x x n på samma sätt. Här kallas talet x för summans kvot. Vi multiplicerar med 1 x och observerar att samma kancelleringar kan göras, Division med 1 + x ger: (1 + x + x x n )(1 x) = 1 x n+1. SATS (GEOMETRISK SUMMA) Om x 1 är 1 + x + x x n = 1 xn+1 1 x. EXEMPEL Enligt sägen skall den indiska filosofen (braminen) Nassir ha uppfunnit schackspelet, och för detta fått önska sig en belöning. Nassir skall då ha önskat sig vetekorn, ett för den första rutan, två för den andra, fyra för den tredje, åtta för den fjärde, och så vidare till den 64:e och sista rutan. Hur många vetekorn önskade Nassir? Lösning Vi får en geometrisk summa med kvot 2. 50

51 = = Som kuriosa kan nämnas att om vi räknar med en årlig produktion i världen på 1038 miljoner ton (tack Wolfram Alpha) och att 25 korn väger 1 gram så svarar Nassirs önskemål nästan 711 års världsproduktion av vete. Vi nämner slutligen att för en godtycklig geometrisk summa (där kvoten av på varandra följande termer är konstant) gäller att termer 1 kvotenantal summan = första termen. 1 kvoten I Arkimedes räkning användes att termen 1/4 n blev försvinnande liten om bara n är stor nog. Detta gäller generellt för x med x < 1, dvs om x < 1 så kommer x n att vara godtyckligt nära 0 om bara n är tillräckligt stort. Om x > 1 kommer x n i stället att växa över alla gränser då n växer, och om x < 1 kommer x n att vara stora positiva respektive negativa tal om vartannat. Definitionsmässigt säger vi att serien (oändliga summan) + k=0 a k = a 0 + a 1 + a 2 + är konvergent med summa S om det till varje positivt tal ϵ existerar N så att det för n > N gäller att a 0 + a a n S < ϵ. Summan n k=0 a k kallas för en partialsumma till serien. En serie som inte är konvergent sägs vara divergent. SATS (GEOMETRISK SERIE) Den geometriska serien + k=0 xk är konvergent precis då x < 1, och då gäller det att den konvergerar mot 1/(1 x). Bevis (lite skissartat) Vi har redan sett att partialsumman i detta fallet är 1 + x + x x n = 1 xn+1 1 x = 1 1 x xn+1 1 x. Alltså gäller det att 1 + x + x2 + + x n 1 1 x = x n+1 1 x. 51

52 Om x < 1 kan det sista uttrycket enligt resonemanget ovan göras hur litet som möjligt (mindre än ϵ!) om bara n är tillräckligt stort. Om x 1 går det enligt resonemanget inte att göra det. Enligt vår diskussion ovan gäller det alltså att en konvergent geometrisk serie = första termen 1 kvoten. Till exempel gäller det att (här är första termen 1/2 och kvoten 1/2) + k=1 1 2 k = = 1/2 1 1/2 = 1, vilket illustreras i figur 39, där kvadraten fylls ut successivt. FIGUR 39 Vi visar härnäst med ett exempel hur den franske advokaten och matematikern Pierre de Fermat beräknade arean under grafen till kurvor på formen y = x p (för alla rationella p 1). Observera att detta var innan de generella metoderna introducerades av Newton och Leibniz. Vi nöjer oss med att betrakta parabeln igen, y = x 2 och den area som föreligger mellan parabeln, x-axeln och linjen x = 1 (figur 40(a)). y y 1 x r 1 x r 4 r 3 r 2 (a) (b) FIGUR 40 52

53 Fermat väljer ett tal 0 < r < 1 och bildar rektanglar enligt figur 40(b). Om vi tar med n stycken sådana rektanglar kommer de att ha area (1 r) r 2 + (r r 2 ) (r 2 ) (r n 1 r n ) (r n ) 2. Vi kan bryta ut 1 r, och får (1 r)(r 2 + r r 3k 1 ), där den högra parentesen innehåller en geometrisk summa med k termer och kvot r 3, varför arean blir (1 r)r 2 1 r3k 1 r 3. Om k växer (dvs om antalet rektanglar växer) kommer r 3k att närma sig noll snabbt, och resultatet blir, om k växer över alla gränser att den totala arean av rektanglarna blir r 2 1 r 1 r 3. Kvoten känner vi igen som 1/(1 + r + r 2 ), och alltså kan resultatet ovan förenklas till r r + r 2. Härnäst ville Fermat göra rektanglarna allt tunnare, vilket svarar mot att välja r allt närmare 1. Uttrycket för den totala arean ovan närmar sig då 1/( ) = 1/3. Fermat drar (riktigt) slutsatsen att den sökta arean är 1/3. Sättet att resonera ovan är omständigt, men vi får komma ihåg att Fermat inte hade tillgång till analysens huvudsats eller liknande verktyg. Vi kommer senare att studera integraler (faktiskt definierade som gränsvärden av rektangelsummor) och då få det enkla sättet att beräkna arean ovan, 1 0 x 2 dx = [x 3 /3] 1 0 = = 1 3. Det är först när man jämför dessa räkningar som man på riktigt kan uppskatta den analys som skall komma ordentligt. Vi avslutar med att observera att vi från formeln för geometrisk summa ovan får att (som övning bör du multiplicera ihop parenteserna i högerledet för att verifiera detta) x k c k = (x c)(x k 1 + x k 2 c + x k 3 c xc k 2 + c k 1 ). (1) Denna observation kan användas för att bevisa faktorsatsen (som ju säger att c är ett nollställe till polynomet p(x) om och endast om x c är en faktor i p, dvs om och endast 53

54 om p(x) = (x c)q(x) för något polynom q). För p(x) = a 0 +a 1 x+a 2 x 2 + +a n x n betraktar vi differensen p(x) p(c), p(x) p(c) = a 0 + a 1 x + a 2 x a n x n (a 0 + a 1 c + a 2 c 2 + a n c n ) = a 1 (x c) + a 2 (x 2 c 2 ) + + a n (x n c n ). Från varje term kan vi enligt (1) bryta ut en faktor x c, så p(x) p(c) = (x c)q(x) för något polynom q. Vi ser att p(x) = (x c)q(x) precis då p(c) = 0. Som en sista kommentar observerar vi att polynomet q ovan kan bestämmas till q(x) = a 1 + a 2 (x + c) + + a n (x n 1 + x n 2 c + + xc n 2 + c n 1 ), om behovet skulle uppstå. 54

55 FÖRELÄSNING 9 Funktionsbegreppet är fullständigt centralt inom matematiken och tillämpningar av matematiken. Den här föreläsningen skall vi införa funktionsbegreppet och skapa oss ett språk som gör det möjligt att på ett enkelt sätt diskutera funktioner och dess egenskaper. Begrepp som kommer att dyka upp och som du bör ha kläm på efter denna föreläsning är funktion, definitionsmängd, värdemängd, injektiv, graf, inverterbar, (strängt) växande, (strängt) avtagande, (strängt) monoton, invers funktion, udda, jämn, begränsad, obegränsad, implicit funktion. Vi börjar med att ge några exempel på hur funktioner kan uppstå. 1. Antag att vi släpper ett föremål från hög höjd, och att fallet endast påverkas av gravitationen. Då kommer den sträcka s som föremålet har fallit efter tiden t ges av s = gt2 2. Här är g den så kallade gravitationskonstanten. 2. Antag att vi från en kvadratisk plåtskiva med sidlängd a vill skära ut fyra kvadratiska hörn med sidlängd x för att sedan vika upp sidorna till en låda. Då kommer volymen V av denna låda att bero på x enligt 3. Den kvadratiska ekvationen har lösningar V = x(a 2x) 2. x 2 + px 1 = 0 x 1 = p p2 4, och x 2 = p p2 4. I ovanstående exempel säger vi att s är en funktion av t, V en funktion av x, och x 1 och x 2 funktioner av p. De värden på t, x och p som gör att s, V respektive x 1 och x 2 får mening utgör funktionernas definitionsmängder. Det är här naturligt att anta att t 0, 0 x a/2 och att låta p vara vilket reellt tal som helst. Men vad menar vi med en funktion? För att belysa att det här med funktionsbegreppet inte varit helt enkelt genom historien ger vi här några kända matematikers syn på Version: October 19,

56 begreppet 1. Det skall ses som att behovet av ett ordentligt funktionsbegrepp har vuxit fram allteftersom. Johann Bernoulli, 1718: I call a function of a variable magnitude a quantity composed in any manner whatsoever from this variable magnitude and from constants. Leonhard Euler, 1748: A function of a variable quantity is an analytic expression composed in any way whatsoever of the variable quantity and numbers or constant quantities. Jean Baptiste Jopseph Fourier, 1822: In general, the function f(x) represents a succession of values or ordinates each of which is arbitrary. An infinity of values being given to the abscissa x, there is an equal number of ordinates f(x). All have actual numerical values, either positive or negative or null. We do not suppose these ordinates to be subject to a common law; they succeed each other in any manner whatever, and each of them is given as if it were a single quantity. Richard Dedekind, 1888: A function ϕ on a set S is a law according to which to every determinate element s och S there belongs a determinate thing which is called the transform of s and denoted ϕ(s). Här är det värt att notera att enligt Euler bestämmer inte y = { x, x 0, x, x < 0, y som en funktion, utan en sammanfogning av de två funktionerna y = x (för positiva x) och y = x (för negativa x). Fourier arbetade med värmeledning och där dök oändliga summor av trigonometriska funktioner upp vid lösandet av partiella differentialekvationer, och visade att sin x 1 2 sin 2x sin 3x 1 4 sin 4x + = x 2, åtminstone om π/2 < x < π/2 (figur 41). Andra samtida matematiker var skeptiska till detta (vänsterledet är onekligen periodiskt med period π, emedan högerledet inte är det). Den oändliga seriens summa visas i figuren nedan, och för att göra långa kontroverser och meningsskiljaktigheter korta, så blev resultatet att man fick acceptera ett utvidgat funktionsbegrepp, där även styckvis definierade funktioner accepterades. 1 saxat ur Victor J. Katz, A history of mathematics an introduction,

57 y x FIGUR 41 Dedekinds definition är väsentligen den vi har idag. Vi väljer att formulera den i envariabelfallet här, vilket är tillräckligt för våra ändamål: DEFINITION Vi säger att (den beroende) variabeln y är en funktion av (den oberoende) variabeln x om det existerar någon regel med vilken det till varje x som tillhör en bestämd mängd svarar ett bestämt tal y. Den bestämda mängden varur x kan hämtas kallas för funktionens definitionsmängd. De möjliga y som uppstår kallas för funktionens värdemängd. Vi namnger ofta våra funktioner, och säger till exempel att f är en funktion. Med det menar vi att f är den regel som omvandlar x till y, och skriver y = f(x). Exempel kan det gälla att regeln är f(x) = x 2. Om vi inte vill sätta något namn på funktionen, men ändå beskriva den, kan vi beskriva själva regeln, x x 2. Definitionsmängden för en funktion f betecknas ofta D f, värdemängden V f. Givet att vi känner till regeln för en funktion så tar vi om inget annat sägs som konvention att låta definitionsmängden vara den största möjliga som gör att regeln är tillämpbar. EXEMPEL Vilken definitionsmängd är naturlig om regeln som genererar y som en funktion av x ges av y = 1 x 2? Vad får funktionen för värdemängd? Lösning Den naturliga definitionsmängden ges av intervallet [ 1, 1], dvs alla x som gör att 1 x 2 0 och därmed att 1 x 2 är väldefinierat som ett reellt tal. Vi kommer att ta roten ur tal som tillhör intervallet [0, 1], och det resulterar i sin tur i tal i intervallet [0, 1]. Värdemängden är därför [0, 1]. Med grafen till en funktion f menas de punkter (x, y) sådana att y = f(x). Vi kan rita denna punktmängd i ett koordinatsystem. Grafen till funktionen i exemplet ovan består av en halvcirkel. Vi har ritat den till vänster i figur

58 y y x x FIGUR 42 EXEMPEL Är det så att ekvationen x 2 + y 2 = 1 bestämmer y som funktion av x? Lösning Nej. Ekvationen beskriver en cirkel, och till varje x mellan 1 och 1 svarar två y-värden. Se figur 42, till höger. DEFINITION Vi säger att funktionen f är strängt växande om x 2 > x 1 medför att f(x 2 ) > f(x 1 ). Du kan själv fundera på hur begreppen växande, strängt avtagande och avtagande borde definieras. En funktion som är (strängt) växande eller avtagande sägs vara (strängt) monoton. DEFINITION Vi säger att f är injektiv om f(x 1 ) = f(x 2 ) medför att x 1 = x 2. EXEMPEL Låt f(x) = x 2, x [ 1, 1] och g(x) = x 2, x [0, 1]. Visa att f varken är monoton eller injektiv, men att g är strängt växande och injektiv. Lösning För att visa att f inte är monoton räcker det att observera att f inte är växande eftersom 0 = f(0) < f( 1) = 1 och inte avtagande eftersom 0 = f(0) < f(1) = 1. Vidare är f inte injektiv eftersom f(1) = f( 1) = 1. Att funktionen g är strängt växande följer av att (hur kontrollerar du detta?) 0 x 1 < x 2 x 2 1 < x2 2. För att visa att g är injektiv så antar vi att g(x 1 ) = g(x 2 ), dvs att x 2 1 = x2 2, där x 1, x 2 [0, 1]. Vi resonerar som man gjorde i antiken: Eftersom g är strängt växande skulle det 58

59 om x 1 > x 2 gälla att x 2 1 > x2 2, och om det skulle vara så att x 2 > x 1 så skulle x 2 2 > x2 1. Detta är förstås inte möjligt, och alltså återstår endast möjligheten att x 1 = x 2, varför g är injektiv. I just detta fallet bör man ha känslan från graferna till funktionerna, se figur 43. En funktion är injektiv precis då varje linje parallell med x-axeln skär grafen i högst en punkt. y y x x Grafen till f FIGUR 43 Grafen till g Det vi gjort ovan kan generaliseras till att visa följande: SATS Varje strängt monoton funktion är injektiv. DEFINITION Antag att f är injektiv. Den funktion som till varje y i värdemängden för f ordnar det tal x i definitionsmängden för f sådant att y = f(x) kallas för inversen till f, och betecknas f 1. Vi skall alltså kunna lösa ut y från x = f(y). Rent grafiskt är det alltså så att grafen till inversen erhålls som spegling i linjen y = x, dvs att rollerna mellan x och y byts. Faktum är att vi får en ekvivalent definition av injektivitet: Funktionen f är injektiv precis då kurvan x = f(y) är en graf till någon funktion (som då är f 1 ). Med våra exempel f och g från föregående problem ser det ut som figur 44. Vi ser att då vi speglar grafen till f i linjen y = x får vi inte någon graf till någon funktion, medan vi får det då vi speglar grafen till g. För att bestämma inversen till g noterar vi att y = x 2 för x 0 blir ekvivalent med x = y. Den inversa funktionen g 1 blir alltså den funktion som avbildar x på x, g 1 (x) = x, med definitionsmängd [0, 1]. 59

60 y y x x Grått: y = f(x). Svart: x = f(y). f saknar invers. FIGUR 44 Grått: y = g(x). Svart: x = g(y). g har en invers EXEMPEL Visa att ekvationen y 3 + y = x definierar y som en funktion av x. Lösning Vi behöver visa att funktionen y y 3 + y är inverterbar, dvs att om (x, y 1 ) och (x, y 2 ) uppfyller ekvationen så är y 1 = y 2. Men om y y 1 = x och y y 2 = x så gäller det att y y 1 = y y 2 dvs (y 1 y 2 )(y y 1y 2 + y ) = 0. Från den första ekvationen ser vi att y 1 och y 2 inte kan ha olika tecken. Från den andra följer det därför att y 1 = y 2. Genom att observera att x = 0 och y = 0 uppfyller ekvationen finner vi dessutom att definitionsmängden inte är tom. Man kan visa att den största definitionsmängden i själva verket blir hela R. I figur 45 har vi ritat grafen till funktionen x x 3 + x tillsammans med dess invers. Vissa funktioner har symmetriegenskaper som kan underlätta beräkningar avsevärt, framför av integraler. Dessa hänger ihop invarians av grafen vid spegling i origo respektive spegling i y-axeln. FIGUR 45 DEFINITION Vi säger att en funktion f är begränsad om det finns en konstant C så att f(x) C för varje x i definitionsmängden för f. 60

61 Till exempel gäller det att x 2x/(1 + x 2 ) är begränsad eftersom 2x/(1 + x 2 ) 1 för alla x R. Å andra sidan är funktionen f(x) = 1/x inte begränsad. Givet en konstant C så kommer f(x) > C om 0 < x < 1/C. DEFINITION Med sammansättningen f g av funktionerna f och g menas den funktion som avbildar x på f(g(x)). Dess naturliga definitionsmängd blir alla x i definitionsmängden för g sådana att g(x) tillhör definitionsmängden för f. Som exempel, om f(x) = x och g(x) = x 3 så blir f g(x) = f(g(x)) = f(x 3) = (x 3) = x 2 6x Vi kan även sätta samman funktionerna i omvänd ordning, g f(x) = g(f(x)) = g(x 2 + 2) = (x 2 + 2) 3 = x 2 1. Vi ser att f g g f i allmänhet. För inversen f 1 till en funktion f gäller det att f f 1 (x) = x och f 1 f(x) = x. DEFINITION En funktion f sägs vara udda om f( x) = f(x) för alla x i dess definitionsmängd, och jämn om det i stället gäller att f( x) = f(x). Funktionen x x 3 + x är udda och funktionen x x 2 är jämn, men funktionen x x 2 + x är varken udda eller jämn. Kan en funktion vara både udda och jämn? PROBLEM Bestäm naturlig definitionsmängd och värdemängd för f(x) = + k=1 4(3x) k. Är f injektiv? Bestäm i sådana fall dess invers. Är f udda? Jämn? Begränsad? Lösning Funktionen f definieras via en geometrisk serie med kvot 3x. Denna serie konvergerar precis då 3x < 1, dvs då 1/3 < x < 1/3. Dessa x utgör därför den naturliga definitionsmängden. Seriens första term är 12x (termen då k = 1) och kvoten är som sagt 3x, varför f(x) = första termen 1 kvoten = 12x 1 3x, 1 3 < x < 1 3. För övriga x är f ej definierad. Det gäller alltså att definitionsmängden D f blir intervallet ( 1/3, 1/3). 61

62 Vi undersöker om f är växande/avtagande. Antag därför att x 2 > x 1. För att jämföra f(x 1 ) och f(x 2 ) skriver vi differensen f(x 2 ) f(x 1 ) på gemensamt bråkstreck, f(x 2 ) f(x 1 ) = 12x 2 1 3x 2 12x 1 1 3x 1 = 12x 2(1 3x 1 ) 12x 1 (1 3x 2 ) (1 3x 1 )(1 3x 2 ) = 12(x 2 x 1 ) (1 3x 1 )(1 3x 2 ) > 0. Det följer att f(x 2 ) > f(x 1 ) varför f är strängt växande. Därmed är f även injektiv, och har en invers. Vi börjar med att bestämma den regel som gäller för inversen, och det gör vi genom att lösa ut x från ekvationen y = f(x). För 1/3 < x < 1/3 gäller det att y = 12x 1 3x y(1 3x) = 12x y = (12 + 3y)x x = y y. Den inversa funktionen f 1 bestäms alltså med hjälp av regeln f 1 (x) = x/(12 + 3x). Men vilken blir dess definitionsmängd? För att ta reda på det skall vi ta reda på värdemängden för f. Vi har tidigare sett att f är strängt växande. Om vi stoppar in x = 1/3 i uttrycket för f finner vi att resultatet blir 12( 1/3)/(1 3( 1/3)) = 2. Om vi å andra sidan närmar oss x = 1/3 så kommer funktionsvärdena att växa, och de kommer att göra det obegränsat. Värdemängden blir hela intervallet ( 2, + ). Observera att 2 inte är med, eftersom x = 1/3 inte är med i definitionsmängden. Vi sluter oss till att V f = ( 2, + ) och att det därför gäller att D f 1 = ( 2, + ). Funktionen f är varken udda eller jämn. Det gäller nämligen att f( x) = 12( x) 1 3( x) = 12x 1 + 3x vilket varken blir f(x) eller f(x). Slutligen, så är f inte begränsad eftersom f växer obegränsad då x närmar sig 1/3. Vill man vara strikt kan man resonera så här: Antag att det funnes en konstant C > 0 sådan att f(x) C för alla x D f. Vi visar att det finns ett x i definitionsmängden sådant att f(x) = 2C. Enligt räkningen vi just gjort duger x = 2C C = C 6 + 3C. 62

63 Vän av ordning kontrollerar att x = C/(6+3C) < C/(3C) = 1/3, så detta x tillhör verkligen definitionsmängden. Däremot gäller det att f är begränsad underifrån eftersom f(x) > 2 för alla x D f. Grafen till f och dess invers (i rött) återfinns i figur 46. y x FIGUR 46 63

64 FÖRELÄSNING 10 Vi skall introducera och diskutera de trigonometriska funktionerna, vilka är oerhört viktiga både för att bygga matematisk teori och i olika tillämpningar av matematik. Vi nämner ett par områden där de dyker upp, men många fler finns: Oscillationer. Med detta menar vi allt ifrån svängande pendlar och fjädrar till mer abstrakta ting som växelspänning och (ljud)vågor. Funktionerna dyker bland annat upp på detta vis för att de beskriver harmoniska svängningar, och löser differentialekvationen y + y = 0, en differentialekvation som är vanlig vid modellering och som vi har anledning att återkomma till. Signalbehandling. Då en signal samplas erhålls en räcka med tal, och om denna räcka skall användas för att bygga upp signalen igen används ofta trigonometriska funktioner. Till exempel kan digitala bilder och musikfiler kodas med en så kallad diskret cosinustransform. Denna typ av matematik och tillämpningar kan man läsa om i en annan kurs. För att kunna diskutera de trigonometriska funktionerna framgångsrikt visar det sig nödvändigt att utvidga vinkelbegreppet. Vi antar därför att ett rektangulärt koordinatsystem är infört i planet och att P är en punkt på enhetscirkeln x 2 + y 2 = 1. Vinkeln, mätt i radianer, mellan linjestycket som startar i origo och slutar i (1, 0) och linjestycket som startar i origo och slutar i P definierar vi nu som längden av den cirkelbåge vi får om vi startar i (1, 0) och moturs vandrar längs enhetscirkeln tills vi hamnar i P. α π/2 β π (a) (b) (c) (d) γ 3π/2 δ 2π (e) (f ) (g) (h) FIGUR 47 64

65 Vi känner sedan tidigare till att en cirkel med radie 1 har omkrets 2π. Om vi betraktar figur 47 så finner vi till exempel (figur 47(a)) att punkter som befinner sig i den första kvadranten ger upphov till vinklar i intervallet (0, π/2). En rät vinkel (figur 47(b) har storlek π/2. Punkter i andra kvadranten ger vinklar mellan π/2 och π. Om vi har vandrat ett halvt varv, och alltså landat i ( 1, 0), se figur 47(d), så svarar det mot vinkeln π. Vi har tidigare mätt vinklar i grader, och om α är vinkelns mått i grader och t dess mått i radianer gäller sambandet 180t = πα. I fortsättningen kommer vi främst att använda radianer. Vi kan nu göra en geometrisk definition av de trigonometriska funktionerna sinus och cosinus som även fungerar för vinklar som inte är spetsiga. För en punkt P på enhetscirkeln x 2 + y 2 = 1 för vilken cirkelbågen, mätt moturs från (1, 0) är t radianer definierar vi cos t och sin t som koordinaterna för P. Detta illustreras i figur 48 i två fall. (cos α, sin α) α β Vinkeln α uppfyller 0 < α < π/2, både cos α och sin α är positiva. FIGUR 48 (cos β, sin β) Vinkeln β uppfyller π < β < 3π/2, både cos β och sin β är negativa. I figur 49 har vi ritat graferna till cosinus och sinus som funktioner av vinkeln, då storleken på vinkeln varierar mellan 0 och 2π. cosinus FIGUR 49 sinus Med lite fantasi kan man utvidga vinkelbegreppet ytterligare. Om man startar i (1, 0) och vandrar moturs längs cirkeln så kommer vinkeln (det vill säga sträckan) som man vandrat då man gått ett helt varv och kommer tillbaka till (1, 0) att vara 2π. I stället för att nollställa kan man då tänka sig att man fortsätter att räkna från 2π. Går man ett och ett halvt varv totalt så befinner man sig i ( 1, 0), och har tillryggalagt den totala sträckan 3π. Efter två hela varv är man tillbaka i (1, 0). Då har man förflyttat sig 4π. Om vi följer x- och y-koordinaterna, så kommer samma mönster som fanns mellan 0 och 65

66 2π att upprepas. I figur 50 har vi ritat grafen till cosinus för (utvidgade) vinklar mellan 0 och 4π, där delen som svarar mot vinklar mellan 2π och 4π färgats. FIGUR 50 På samma sätt kan de trigonometriska funktionerna definieras för negativa vinklar, vilket kan tolkas som att vi har vandrat medurs i stället för moturs. I figur 51 har vi ritat grafen till sinus för vinklar mellan 2π och 2π och färgat den del som svarar mot vinklar mellan 2π och 0. FIGUR 51 Vi kommer i fortsättningen att ha två synsätt på de trigonometriska funktionerna, dels det geometriska vi just beskrivit, men även tolkningen att det är reella tal (och inte vinklar) vi stoppar in. Vi låter alltså cos och sin vara funktioner från R till R. Följande egenskaper är fundamentala för de trigonometriska funktionerna. SATS a) Både cos och sin är 2π-periodiska. b) cos är jämn och sin är udda. c) cos 2 t + sin 2 t = 1 (trigonometriska ettan). d) cos(π/2 t) = sin t. e) sin(t 1 + t 2 ) = sin t 1 cos t 2 + cos t 1 sin t 2 (additionsformel för sinus). f) cos(t 1 + t 2 ) = cos t 1 cos t 2 sin t 1 sin t 2 (additionsformel för cosinus). Vi kan inte undanhålla följande eleganta bevis av additionsformlerna, giltigt i det fall då vinklarna är spetsiga och t 1 + t 2 är mindre än

67 t 1 t 2 a h b x FIGUR 52 y Vi använder beteckningarna i figur 52. Areasatsen på den stora triangeln och uppdelning i två rätvinkliga trianglar ger Detta kan skrivas ab sin(t 1 + t 2 ) 2 = xh 2 + yh 2. sin(t 1 + t 2 ) = x a h b + h a y b = sin(t 1) cos(t 2 ) + cos(t 1 ) sin(t 2 ). Använder vi cosinussatsen i stället, tillsammans med Pythagoras sats, finner vi att cos(t 1 + t 2 ) = a2 + b 2 (x + y) 2 2ab = 2h2 2xy 2ab = h a h b x a y b = cos(t 1 ) cos(t 2 ) sin(t 1 ) sin(t 2 ). = (a2 x 2 ) + (b 2 y 2 ) 2xy 2ab Antag att vi har två stycken tvingande krafter F 1 och F 2 på en kropp, och att de varierar med tiden som (vi undersöker endast en riktning, annars är krafter vektorer) F 1 (t) = cos t, F 2 (t) = sin t. Vad kan vi då säga om den resultanten, det vill säga F 1 + F 2? Matematiskt, kan vi skriva om summan cos t + sin t som en enklare funktion? I figur 53 har vi ritat grafen till F 1 (svart), F 2 (röd) och F 1 + F 2 (orange). FIGUR 53 67

68 Tydligen får vi en ny svängande kraft, men vi gör följande observation: Frekvensen (svängningshastigheten) verkar vara densamma som i de två termerna som adderas, men topparna och dalarna verkar vara förskjutna, ur fas med de bägge tvingande krafterna. Topparna är högre och dalarna är lägre för F 1 + F 2 än för F 1 och F 2. Det verkar vara troligt att F 1 + F 2 kan skrivas på formen A cos(t ϕ) där A > 0 är amplituden och ϕ är fasförskjutningen. Vi arbetar nu baklänges för att se att detta stämmer. Additionsformeln för cosinus på detta uttryck ger A cos(t ϕ) = A cos(t) cos( ϕ) A sin(t) sin( ϕ) Vi är klara om vi kan bestämma A och ϕ så att Kvadrering och addering ger = A cos(ϕ) cos(t) + A sin(ϕ) sin(t). A cos(ϕ) = 1, och A sin(ϕ) = 1. A 2 (cos 2 (ϕ) + sin 2 (ϕ)) = 2, dvs A 2 = 2, så A = 2. Det återstår att bestämma ϕ så att cos(ϕ) = sin(ϕ) = 1/ 2. En betraktelse av triangeln med sidor 1, 1 och 2 (och vinklar π/4, π/4 och π/2) ger att ϕ = π/4 fungerar fint. Det gäller alltså att F 1 (t) + F 2 (t) = cos(t) + sin(t) = 2 cos(t π/4). Att skriva summan av en sinus och en cosinus (med samma frekvens) som en amplitudförändrad och fasförskjuten (co)sinusterm kallas ibland för hjälpvinkelmetoden. DEFINITION Vi definierar tangensfunktionen som tan t = sin t cos t, (t π 2 + kπ, k Z ) Definitionsmängden förklaras genom att tan t är definierad för alla t förutom de t som gör att cos t = 0. Vi kan använda resultat för cos och sin för att härleda nya resultat för tan. EXEMPEL Visa additionsformeln för tangens, tan(t 1 + t 2 ) = tan(t 1) + tan(t 2 ) 1 tan(t 1 ) tan(t 2 ). 68

69 Lösning Vi skriver tangens med hjälp av sinus och cosinus, använder additionsformlerna för cosinus och sinus, och sedan använder att sin(t) = tan(t) cos(t), för att slutligen förkorta med cos(t 1 ) cos(t 2 ), tan(t 1 + t 2 ) = sin(t 1 + t 2 ) cos(t 1 + t 2 ) = sin(t 1) cos(t 2 ) + cos(t 1 ) sin(t 2 ) cos(t 1 ) cos(t 2 ) sin(t 1 ) sin(t 2 ) = tan(t 1) cos(t 1 ) cos(t 2 ) + cos(t 1 ) tan(t 2 ) cos(t 2 ) cos(t 1 ) cos(t 2 ) tan(t 1 ) cos(t 1 ) tan(t 2 ) cos(t 2 ) = tan(t 1) + tan(t 2 ) 1 tan(t 1 ) tan(t 2 ). Vi går vidare, och diskuterar ekvationslösning. EXEMPEL För vilka t är cos t = sin t? Lösning Vi ser i figur 54 att det verkar finnas många lösningar. FIGUR 54 Vi betraktar i stället enhetscirkeln, där x = cos t och y = sin t. För att cos t och sin t skall vara lika måste vi alltså ha en skärning mellan cirkeln x 2 + y 2 = 1 och linjen y = x. FIGUR 55 En av våra favorittrianglar dyker upp, och vi finner direkt lösningarna t = π/4 och t = 5π/4, som alltså är de enda lösningarna i intervallet [0, 2π). Om vi lägger till multiplar av 2π erhåller vi alla lösningar, t = π 4 + 2πk, och t = 5π 4 + 2πk, k Z. 69

70 EXEMPEL Bestäm de t för vilka cos t = cos 3t. Lösning En given lösning är t = 3t, en annan är t = 3t eftersom cos är jämn. Periodiciteten ger att samtliga lösningar erhålls från t = 3t + 2πk och t = 3t + 2πk, där k är heltal. Det första fallet ger att t är en heltalsmultipel av π, det andra att t är en heltalsmultipel av π/2. Den första familjen av lösningar är innesluten i den andra, så lösningarna kan sammanfattas som t = πk/2, där k är ett heltal. I allmänhet gäller det att lösningarna till cos t = cos α, för givet α ges av t = α + 2πk, och t = α + 2πk, k Z. EXEMPEL Bestäm de t för vilka sin 2t = cos t. Lösning Additionsformeln för sinus ger sin 2t = 2 cos t sin t, så ekvationen är ekvivalent med 2 cos t sin t = cos t. Här skulle det kunna vara lockande att bara förkorta bort cos t, men det får vi inte göra, eftersom cos t kan vara 0, och då tappar vi lösningar. Det rätta är i stället att subtrahera cos t från bägge sidor och faktorisera, cos t(2 sin t 1) = 0. Eftersom en produkt är 0 precis då minst en av faktorerna är 0 så måste det gälla att cos t = 0 eller 2 sin t 1 = 0. Det gäller att cos t = 0 precis då t = π/2 + kπ där k är ett heltal. Å andra sidan gäller det att sin t = 1/2 precis då t = π/6 + 2πk eller då t = (π π/6) + 2πk, k heltal. Lösningarna blir därför t = π 2 + kπ, t = π 6 + 2πk, t = 5π 6 + 2πk, k Z. Lösning (alternativ) Vi kan skriva sin(2t) = cos(π/2 2t). Ekvationen blir därmed ekvivalent med ekvationen cos(π/2 2t) = cos(t), varför π 2t = ±t + 2πk. 2 Vi lämnar åt dig att kontrollera att det ger samma svar som föregående metod. 70

71 FÖRELÄSNING 11 PROBLEM (GAMMALT TENTAPROBLEM) Bestäm vinkeln α i triangeln i figur 56 så att de två rätvinkliga trianglarna får samma omkrets. α π/6 1 FIGUR 56 Lösning Sidorna i den undre triangeln är 1, cos(π/6) = 3/2 och sin(π/6) = 1/2. Dess omkrets är alltså (3 + 3)/2. I den andra triangeln kallar vi nu längden av den okända kateten för a och längden av hypotenusan för b. Enligt Pythagoras sats gäller det att b = 1 + a 2, och villkoret att trianglarna skall ha samma omkrets kan skrivas 1 + a 2 + a + 1 = a 2 = a. Kvadrering ger 1 + a 2 = ( ) (1 + 3)a + a2 a(1 + 3) = a = 2(1 + 3) = Eftersom vi kvadrerade bör du gå tillbaka och kontrollera att detta a verkligen löser den ekvation vi startade med. För att bestämma α observerar vi nu att tan α = a 1 = Men hur bestämmer vi α härifrån? Vi behöver, givet tan α kunna bestämma α. Vi skall nu diskutera detta problem. De trigonometriska funktionerna sin, cos och tan är ju periodiska, och speciellt inte injektiva. Men vi kan välja delintervall där de är inverterbara. 71

72 DEFINITION Vi definierar funktionen arcsin [ 1, 1] [ π/2, π/2] som inversen till sin [ π/2, π/2] [ 1, 1]. Det gäller att arcsin är strängt växande. I figur 57 har vi ritat grafen till arcsin tillsammans med grafen av sin med den del som vi använder för invers markerad. Vi observerar att arcsin, precis som sin är en udda funktion. FIGUR 57 EXEMPEL Bestäm arcsin(0), arcsin(1/2), arcsin( 2/2), arcsin( 3/2) och arcsin(1). Lösning Vi söker x i [ π/2, π/2] sådana att sin x = 0, sin x = 1/2, sin x = 2/2, sin x = 3/2 respektive sin x = 1. Det ger med hjälp av våra kompistrianglar, i tur och ordning, arcsin(0) = 0, arcsin(1/2) = π/6, arcsin( 2/2) = π/4, arcsin( 3/2) = π/3 och slutligen arcsin(1) = π/2. EXEMPEL Bestäm de x R för vilka a) arcsin(sin(x)) = x b) sin(arcsin(x)) = x Lösning a) Enligt diskussionen ovan gäller detta för x [ π/2, π/2]. För x utanför detta intervall kan det inte gälla eftersom vänsterledet då tillhör [ π/2, π/2]. b) Detta gäller för alla x [ 1, 1]. DEFINITION Vi definierar arccos [ 1, 1] [0, π] som den inversa funktionen till cos [0, π] [ 1, 1]. Det gäller att arccos är strängt avtagande. Vi har ritat dess graf tillsammans med grafen för cos i figur

73 FIGUR 58 EXEMPEL Bestäm arccos(0), arccos(1/2), arccos( 2/2), arccos( 3/2) och arccos(1). Lösning Våra kompistrianglar ger denna gång arccos(0) = π/2, arccos(1/2) = π/3, arccos( 2/2) = π/4, arccos( 3/2) = π/6 och arccos(1) = 0. EXEMPEL Bestäm de x R för vilka a) arccos(cos(x)) = x b) cos(arccos(x)) = x Lösning a) Detta gäller för x [0, π], och endast där (se diskussionen för arcsin). b) Detta gäller för x [ 1, 1]. Funktionen x tan x, kvoten av sin x och cos x är väldefinierad så länge som cos x 0. Det är klart att tan 0 = 0. Vidare är tan strängt växande på (0, π/2) (strängt växande följer av att sin är positiv och strängt växande och cos är positiv och strängt avtagande på intervallet). Vidare, eftersom sin är udda och cos är jämn så följer det att tan är udda, och således strängt växande och kontinuerlig på ( π/2, π/2). Eftersom sin(π/2) = 1, cos(π/2) = 0 och cos(x) > 0 för x (0, π/2) gäller det att tan kommer att anta godtyckligt stora värden då x är nära π/2. På grund av pariteten kommer tan att anta godtyckligt stora negativa värden nära π/2. Det gäller faktiskt att tan(x) antar alla reella tal som värde då π/2 < x < π/2. DEFINITION Vi definierar arctan R ( π/2, π/2) som den inversa funktionen till tan ( π/2, π/2) R. Det gäller att arctan är strängt växande. Nedan har du ett par liknande exempel som ovan att fundera på. 73

74 EXEMPEL Bestäm arctan(0), arctan(1/ 3), arctan( 3) och arctan(1). EXEMPEL Bestäm de x R för vilka a) arctan(tan(x)) = x b) tan(arctan(x)) = x FIGUR 59 Lösning (av dagens första problem) Vi hade landat i att tan α = 3/(2(1 + 3)). Med arctan införd som ovan gäller det alltså att 3 3 α = arctan 0.31 radianer 18. ( 4 ) Det kan vara värt att notera att vi egentligen inte är mycket klokare nu än vi var tidigare. Om man vill beräkna ett numeriskt värde för α så kan man använda Maclaurinutveckling, något vi får anledning att återkomma till i nästa delkurs. Vi sammanfattar ekvationslösandet. SATS Om a 1 och b R gäller det att x = arcsin(a) + 2πk, eller sin(x) = a { x = π arcsin(a) + 2πk, x = arccos(a) + 2πk, eller cos(x) = a { x = arccos(a) + 2πk, tan(x) = b x = arctan(b) + πk, k Z. k Z, k Z, 74

75 PROBLEM (YTTERLIGARE ETT TENTAPROBLEM) I en triangel är en vinkel 60. Motstående sida är 7cm och en av de andra sidorna är 8cm. Hur lång kan den tredje sidan vara? Bestäm även vinklarna i triangeln. Lösning Om vi låter den tredje sidan ha längd x cm så gäller enligt cosinussatsen att 7 2 = x x cos(60 ) dvs x 2 8x + 15 = 0. Vi får två lösningar, x 1 = 3 cm och x = 5 cm, och trianglar enligt figur β β α 60 1 α FIGUR 60 För att bestämma vinklarna α 1, β 1, α 2 och β 2 använder vi sinussatsen (observera att vinkeln α 1 som står mot den kortaste sidan måste vara spetsig): sin(α 1 ) 3 = sin(60 ) 3 3, dvs α 1 = arcsin 0.38 radianer ( 14 ) Vinkelsumman i en triangel ger β 1 = α Analogt finner vi att sin(α 2 ) 5 = sin(60 ) 5 3, dvs α 2 = arcsin 0.67 radianer 38 7 ( 14 ) och β 2 = α

76 FÖRELÄSNING 12 Vi skall definiera och diskutera egenskaper hos exponentialfunktioner, logaritmer och potenser. Du känner förmodligen till potenslagarna sedan barnsben och är helt bekant med räkningar som = (2 5) 3 = 10 3 och = = 2 2 = = 1 4. Du kanske blir liter mer osäker på om jag frågar vad som menas med 2 1/3? Eller, ännu värre, 2 2? Vi skall här presentera en väg som leder oss fram till en definition av a b där a > 0 och b R. Vår väg kan tyckas lång och snårig, men på vägen kommer vi att lära oss om både exponentialfunktionen och logaritmer. Vi börjar med att diskutera exponentialfunktionen, som är en av de viktigaste funktionerna inom analysen. En av anledningarna till detta är att den är den enda funktion som uppfyller differentialekvationen y (x) = y(x), y(0) = 1. (1) Nu har vi varken diskuterat derivator eller differentialekvationer ännu, men det skall inte vara något stort problem i följande diskussion, där vi endast kommer att använda vad derivatan av ett polynom är. Det kan nämnas att denna differentialekvation (eventuellt med några konstanter närvarande) dyker upp vid modellering av populationer, radioaktivt avtagande och i vissa elektriska kretsar, för att nämna några tillämpningar som du kanske är välbekant med. Ett sätt att definiera exponentialfunktionen är att säga att det skall vara den funktion som löser (1), men det är inte särskillt praktiskt, speciellt inte om man vill beräkna funktionsvärden. Vi ger två motiveringar till hur funktionen i stället kan definieras. Det första kommer vi att stötat på senare då vi studerar Maclaurinutvecklingar, det andra kommer att ge oss den definitionen vi skall använda. Diskussionen sker på idéplan, och det finns detaljer att fylla i. Antag att vi söker ett polynom a 0 + a 1 x + a 2 x a n x n av grad n som uppfyller (1). Derivering av x k blir kx k 1 (detta återkommer vi till), varför derivatan av polynomet blir a 1 + 2a 2 x + 3a 3 x na n x n 1. 76

77 Eftersom derivatan är ett polynom av grad n 1 ser vi att det inte kan finnas något polynom som är sin egna derivata. Men vi kan komma ganska nära genom att först välja a 0 = 1 så att polynomet får värde 1 då x = 0, och sedan successivt a 1 = a 0 = 1, a 2 = a 1 2 = 1 2, a 3 = a 2 3 = 1 6, a n = a n 1 n = 1 n!. Polynomet skulle därmed bli 1 + x + x2 2! + x3 3! + + xn n!. Man kan visa (vi gör det inte) att då n växer över alla gränser (jämför hur antalet termer växte då den geometriska summan blev en geometrisk serie) så kommer detta att konvergera till en funktion som faktiskt uppfyller (1), och det är alltså rimligt att göra definitionen exp(x) = + k=0 x k k! = 1 + x + x2 2! + x3 3! + + xn +. (2) n! Om man använder Eulers stegmetod 1 för att approximativt lösa (1) (metoden ingår ej i vår kurs) med steglängd 1/n finner man att den approximativa lösningen ges av ( 1 + x n) En derivering (här använder vi kedjeregeln, som vi återkommer till) ger n ( 1 + x n) n 1 n. 1 n = ( 1 + x n) n 1. Med andra ord skiljer sig derivatan av den approximativa lösningen från den approximativa lösningen själv endast åt med en faktor (1 + x/n). Om n är väldigt stort så kommer denna faktor att närma sig 1. En annan rimlig definition av exponentialfunktionen är därför (vi har ännu inte diskuterat gränsvärden, men det nedanstående betyder att man i (1 + x/n) n skall låta n växa över alla gränser) exp(x) = lim n + ( 1 + x n. (3) n) DEFINITION Vi definierar exponentialfunktionen exp R R via gränsvärdet (3). Låt vidare Eulers tal e definieras som e = exp(1)

78 Vi har ju som tidigare nämnts inte diskuterat gränsvärden. Ett argument för att gränsvärdet för e ändå existerar återfinns sist i denna anteckning. Talet e är irrationellt, dvs det kan inte skrivas som p/q där p och q är heltal. Det är faktiskt även trancendent, vilket betyder att det inte är en lösning till någon polynomekvation med heltalskoefficienter (talet π är också trancendent). Ett approximativt värde på e är e Oavsett om man använder sig av (2) eller (3) för att definiera exponentialfunktionen så kan man (med viss möda) visa några grundläggande egenskaper hos exponentialfunktionen. SATS Det gäller att a) exp(0) = 1, b) exp(x 1 + x 2 ) = exp(x 1 ) exp(x 2 ). Bernoullis olikhet (se tidigare föreläsning) ger att 1 ( 1 + x n) n 1 + n x n = 1 + x, åtminstone om n är stort. Denna olikhet kvarstår då n växer över alla gränser, varför det följer att SATS exp(x) 1 + x. Vidare kan man från dessa egenskaper visa att 1 Den noggranne observerar att vi med hjälp av binomialsatsen endast visat Bernoullis olikhet för positiva x. Det allmänna beviset är absolut enklast att utföra med hjälp av derivator, men man kan också använda en geometrisk summa med kvot 1 + x/n. Det gäller då att vilket kan skrivas om som (1 + x/n) n 1 (1 + x/n) 1 = 1 + (1 + x/n) + (1 + x/n)2 + + (1 + x/n) n 1, (1 + x/n) n = 1 + x n ( 1 + (1 + x/n) + (1 + x/n) (1 + x/n) n 1 ). Om x 0 så är alla n termer i stora parentesen minst 1, och vi får den önskade olikheten. Om x < 0 och n > x så gäller det i stället att alla termer i den stora parentesen är mellan 0 och 1, varför hela stora parentesen är mellan 0 och n. Då vi multiplicerar med x/n erhåller vi något som är mellan x och 0 (observera att x är negativ!). Högerledet blir därmed mellan 1 + x och 1, men speciellt minst så stort som 1 + x. Vi är klara. 78

79 SATS a) exp( x) = 1/exp(x), b) exp(x) > 0 för alla x, c) exp är strängt växande. d) Värdemängden för exp är (0, + ). Bevis a) Detta följer direkt av exp(x 1 + x 2 ) = exp(x 1 ) exp(x 2 ) genom att sätta x 1 = x och x 2 = x och observera att exp(0) = 1. b) För x > 0 är exp(x) 1 + x > 0. För negativa x är exp(x) = 1/exp( x) > 0. c) Antag att x 2 > x 1. Vi skall visa att exp(x 2 ) > exp(x 1 ). Vi gör följande räkning: exp(x 2 ) = exp(x 2 x 1 + x 1 ) = exp(x 2 x 1 ) exp(x 1 ) (1 + (x 2 x 1 )) exp(x 1 ) > exp(x 1 ). d) Detta är faktiskt svårare att visa, och kräver någon typ av kontinuitetsargument. Vi lämnar detta obevisat. Eftersom exponentialfunktionen exp är strängt växande så är den inverterbar. DEFINITION Vi definierar den naturliga logaritmfunktionen ln (0, + ) R som inversen till exp R (0, + ). Det gäller att ln(1) = 0 eftersom exp(0) = 1 och ln(e) = 1 eftersom exp(1) = e. Bevis SATS (LOGARITMLAGAR) Antag att x och y är positiva tal. a) ln(xy) = ln(x) + ln(y), b) ln(1/x) = ln(x). c) ln(x/y) = ln x ln y a) Vi använder att exponentialfunktionen är inversen till logaritmfunktionen, ln(xy) = ln(exp(ln x) exp(ln y)) = ln(exp(ln x + ln y)) = ln x + ln y. b) Detta följer av att låta y = 1/x i föregående del, tillsammans med ln 1 = 0. c) Byt y mot 1/y i första delen och använd andra delen. 79

80 y y = exp(x) y = ln(x) x FIGUR 61 Vi skall nu göra en definition som först kan tyckas konstig, men som kommer att visa sig vara just precis rätt. DEFINITION För a > 0 och b R definierar vi a b, a upphöjt till b som a b = exp(b ln a). Man kan kontrollera att denna definition stämmer överens med den vanliga för heltalsexponenter. Till exempel blir, för a > 0, a 2 = exp(2 ln a) = exp(ln a + ln a) = exp(ln a) exp(ln a) = a a. Observera att a är positivt i definitionen ovan. För negativa a definierar vi a b endast då b är ett heltal, och då som produkten av b stycken faktorer a. Som exempel blir alltså ( 2) 3 = ( 2) ( 2) ( 2) = 8. SATS (POTENSLAGARNA) Antag att a > 0, b > 0, c R och d R. a) a 0 = 1 b) a c+d = a c a d c) a c = 1/a c d) (a c ) d = a cd e) (ab) c = a c b c Bevis Beviset bygger dels på att exp och ln är varandras inverser, del på de räkneregler vi hittills erhållit. Räkningarna visas nedan, fyll själv i från steg till steg vilken egenskap som används. a) a 0 = exp(0 ln a) = exp(0) = 1. b) En räkning ger a c+d = exp((c + d) ln a) = exp(c ln a + d ln a) = exp(c ln a) exp(d ln a) = a c a d. 80

81 c) 1 = a 0 = a c c = a c a c. Dela med a c. d) (a c ) d = exp(d ln(a c )) = exp ( d ln(exp(c ln a)) ) = exp(dc ln a) = a cd. e) En sista räkning ger (ab) c = exp(c ln(ab)) = exp(c(ln a + ln b)) = exp(c ln a + c ln b) = exp(c ln a) exp(c ln b) = a c b c. SATS Det gäller att exp(x) = e x. Bevis Definitionen ger e x = exp(x ln e) = exp(x). SATS (ÄNNU EN LOGARITMLAG) x R. Det gäller att ln(a x ) = x ln a om a > 0 och Bevis Definitionen av a x ger ln(a x ) = ln(exp(x ln a)) = x ln a. För den som sysslar med analys finns egentligen bara en exponentialfunktion och en logaritmfunktion, men låt oss kort hantera andra, godtyckliga, baser. I vissa tillämpade ämnen är det nämligen användbart att betrakta funktionen x a x där a e. Med bas a > 0 så blir motsvarande exponentialfunktion x a x = exp(x ln a), det vill säga det blir bara en skalning av den exponentialfunktion vi redan studerat. Om a 1 är funktionen x a x, x R, inverterbar, och inversen, logaritmen i bas a, betecknas vanligen log a. Det gäller alltså att y = a x x = log a y, och definitionsmängden för log a blir positiva halvaxeln, (0, + ). Men precis som a x kunde skrivas i termer av exp och ln så kan log a också skrivas i termer av dessa funktioner. Det gäller ju nämligen att y = a x precis då ln y = ln(a x ) = x ln a, dvs då x = (ln y)/(ln a). Alltså är log a (y) = (ln y)/(ln a). Slutsatsen är ändå att det egentligen räcker att studera en exponentialfunktion och en logaritm, och då visar sig exp och ln (som är log e, logaritmen med bas e och som ibland kallas för den naturliga logaritmen) ha vissa fördelar. Det finns två val som är ganska vanligt förekommande i tillämpade ämnen, nämligen bas 2 (mest inom datavetenskap) och bas 10. För den senare finns beteckningen lg(x) för log 10 x. 81

82 PROBLEM (TENTAPROBLEM) Vid jordbävningar används momentmagnitudskalan M (efterföljare till Richterskalan) som ett index av hur mycket energin E som har frigjorts vid en jordbävning. Formeln är M = 2 3( lg E E 0 K ) där E 0 = 1J och K en dimensionslös konstant. Hur ändras energin då skalan ökar med en enhet? Lösning Låt E 1 vara den energi som svarar mot M 1 på skalan och E 2 vara den energi som svarar mot M 2 = M Vi söker ett förhållande mellan E 1 och E 2. Det gäller att Omflyttning ger 2 3( lg E 2 E 0 K ) = M 2 = M = 2 3( lg E 1 E 0 K ) + 1. En av logaritmlagarna ger att Alltså blir lg E 2 E 0 lg E 1 E 0 = 3 2. lg E 2 E 0 lg E 1 E 0 = lg E 2/E 0 E 1 /E 0 = lg E 2 E 1. lg E 2 E 1 = 3 2 E 2 E 1 = 10 3/2 E 2 = 10 3/2 E 1. Då skalan ökar med en enhet multipliceras energin med en faktor 10 3/ PROBLEM (ÖVNING 16.51) Cesium-137 sönderfaller med en halveringstid på 30.2 år. Vid Tjernobylhaveriet 1986 släpptes cirka 5kg 137 Cs ut. När har mängden 137 Cs minskat till en tiondel? Lösning Massan m = m(t) (kg) av 137 Cs vid tiden t (år) efter olyckan ges av m(t) = m(0)2 t/t halv där m(0) = 5kg och t halv = 30.2 år. Detta följer av att det då gäller att m(t + t halv ) = m(0)2 (t+t halv)/t halv = m(0)2 t/t halv 2 1 = 1 2 m(t). 82

83 Vi vill nu bestämma den tid T för vilken m(t) = m(0)/10, dvs, vi behöver lösa ekvationen m(0) 10 = m(t) = m(0)2 T /t halv. Efter att ha förkortat bort m(0) (som alltså inte spelar någon roll!) och logaritmerat (här använder vi den naturliga logaritmen, det skulle eventuellt vara mer naturligt att använda bas 2, vad tycker du?) finner vi att det vill säga ln(1/10) = ln(2 T /t halv ) = T t halv ln 2, T = t halv ln(1/10) ln 2 = 30.2 ln 10 ln Det tar alltså drygt 100 år innan mängden Cesium-137 har minskat till en tiondel. Vi avslutar denna omgång med en del som kan anses vara överkurs, och som därför endast bör läsas av den som är extra intresserad. Enligt diskussionen ovan gäller det att e = lim n + ( n. n) Vi skall först nästa gång diskutera gränsvärden av denna typ. För att visa att ovanstående gränsvärde existerar räcker det enligt följande sats (vars bevis bygger på en av de subtilare egenskaperna hos de reella talen, supremumaxiomet) SATS Varje växande och uppåt begränsad följd av tal är konvergent. För att visa att (1 + 1/n) n närmar sig något tal då n blir stort behöver vi alltså visa att följden av tal ( ) 1, ( ) 2,, ( n) n, är växande och uppåt begränsad. Med växande menar vi att det skall gälla att ( n) n n+1, n N. ( n + 1) Med uppåt begränsad menar vi att det skall finnas något tal C så att 83

84 n ( C, n N. n) Bevis (av att följden är växande) Låt 0 a < b vara reella tal och n N. Då gäller följande uppskattning av den geometriska summan 1 (a/b) n+1 1 a/b = 1 + a b + a 2 a n ( b ) + + ( b ) < 1 + n. Multiplikation med b n ger b n+1 a n+1 b a < b n (1 + n), dvs ((n + 1)a nb)b n < a n+1. (4) Låter vi a = 1 + 1/(n + 1) och b = 1 + 1/n står där ( n) n < n+1. ( n + 1) Bevis (av att följden är uppåt begränsad) (4) finner vi att Om vi i stället låter a = 1 och b = 1 + 1/(2n) i Multiplikation med 2 och kvadrering ger 1 2( n < 1. 2n) ( n < 4. 2n) Alltså gäller det att alla jämna tal i följden är begränsade uppåt av talet 4. Men eftersom följden är växande så gäller det även de udda talen i följden. 84

85 FÖRELÄSNING 13 Ibland visar det sig att värdena av funktionen f närmar sig något visst värde då värdet av variabeln blir allt större. Vi börjar med att återge ett typiskt sådant exempel där detta blir intressant. PROBLEM (MOTIVATION) Funktioner av typen f(t) = e t dyker upp vid populationsstudier (med den logistiska modellen y = y(1 y), mer om denna i nästa delkurs). Här betecknar f(t) storleken av någon population vid tiden t. Vad händer med populationens storlek efter lång tid? Vi har redan tidigare varit inne och nosat på gränsvärden. Vi skall nu skriva ned en definition av vad vi menar med att f(x) kommer godtyckligt nära A om x är tillräckligt stort. Det är precis vad vi skall mena med att f har gränsvärdet A då x växer över alla gränser. DEFINITION Vi säger att funktionen f har gränsvärdet A då x + om det för varje ϵ > 0 existerar ω = ω(ϵ) så att I förekommande fall skriver vi x > ω f(x) A < ϵ. lim f(x) = A eller f(x) A då x +. x + Vi visar hur man kan använda definitionen med ett exempel. EXEMPEL 1 Visa att lim x + x = 0. Lösning Här får vi talet A = 0. Vi skall alltså visa att det till varje ϵ > 0 existerar ω så att 1/x 0 < ϵ om x > ω. Eftersom vi är intresserade av x som närmar sig oändligheten kan vi speciellt anta att x är positivt, så 1/x 0 = 1/x. Därmed blir 1/x 0 = 1/x < ϵ x > 1/ϵ. Med ω = 1/ϵ gäller det alltså att 1/x 0 < ϵ om x > ω. 85

86 Det är viktigt att resultat stämmer med vår intuition. Det är väl klart att 1/x närmar sig noll då x blir allt större, se figur 62. y y = 1/x FIGUR 62 på väg mot noll x DEFINITION Vi säger att f har det oegentliga gränsvärdet + då x + om det för varje tal A > 0 finns ett ω = ω(a) så att f(x) > A om x > ω. Vi skriver i förekommande fall lim f(x) = + eller f(x) + då x +. x + EXEMPEL Visa att lim x + x2 = +. Lösning Låt A > 0 vara givet. Vi har att x 2 > A om x > A. Tag alltså ω = A. SATS Visa att lim x + xp = { + om p > 0 0 om p < 0. Bevis Vi observerar först att x p = exp(p ln x), så funktionen x x p är strängt växande om p > 0 och strängt avtagande om p < 0. Antag först att p > 0 och låt A vara godtyckligt. Det gäller att x p > A om x > A 1/p. Vi kan välja ω = A 1/p i definitionen. I fallet p < 0 låter vi ϵ > 0 vara godtyckligt, och observerar att x p 0 = x p < ϵ om x > ϵ 1/p. SATS Visa att lim x + ax = { + om a > 1 0 om 0 < a < 1. Bevis Om a > 1 så är ln a > 0. Om det dessutom gäller att x > 0, så blir a x = exp((ln a)x) 1 + (ln a)x, som är större än ett på förhand godtyckligt givet tal A om x > (A 1)/ln a. Om 0 < a < 1 så är 1/a > 1 och a x = 1/(1/a) x. Alltså följer det från det vi just gjort att (1/a) x + då x +, dvs givet A existerar ω så att (1/a) x > A om x > ω. Givet ett godtyckligt ϵ > 0 finns det alltså ω så att 1/(1/a) x 0 = 1/(1/a) x < ϵ om x > ω. Alltså gäller det att a x = 1/(1/a) x 0 då x +. 86

87 Från det vi gjort i den andra delen av lösningen ovan följer det mer allmänna att om f(x) + då x + så kommer 1/f(x) 0 då x +. Vårt nästa exempel visar på det viktiga faktumet att exponentialfunktioner dominerar potensfunktioner för stora värden på variabeln x. SATS a Om a > 1 och p R x så gäller det att lim x + x p = +. Bevis (skissartad) Om p 0 har vi inte ens någon tävling, ty då kommer både a x och 1/x p att vara stora om x är stort. Om p > 0 kan vi med hjälp av potenslagarna göra omskrivningen a x x p = a x/(2p) 2p. ( x ) Vidare gäller det att (kom ihåg att exp(x) 1 + x) varför a x/(2p) = exp ( ln a 2p x ) 1 + ln a 2p x, a x 2p 2p x p 1 + (ln a)/(2p)x ln a > x p. ( x ) ( 2p ) Konstanten framför x p är positiv eftersom a > 1 och p > 0, och vi kan därför dra slutsatsen att kvoten a x /x p + då x + eftersom det gäller för x p. Från definitionen av ln är det klart att ln x + då x +. Försök att visa själv att logaritmen växer oerhört långsamt mot oändligheten, långsammare än varje potensfunktion: SATS x p Antag att p > 0. Visa att lim x + ln x = +. PROBLEM Visa att lim x + x1/x = 1. Lösning Vi skriver om x 1/x som exp((ln x)/x). Det gäller att (ln x)/x 0 då x +. Alltså borde x 1/x konvergera mot exp(0) = 1 då x +. Att så faktiskt är fallet bygger på att exponentialfunktionen är kontinuerlig i 0, vilket vi återkommer till. 87

88 PROBLEM 1 4x + 2x 3 Bestäm lim x x 2 + 5x 3. Lösning Vi skriver om uttrycket som 1 4x + 2x x 2 + 5x 3 = x3 (1/x 3 4/x 2 + 2) x 3 (10/x /x + 5) = 1/x3 4/x /x /x + 5. Nu borde det väl vara klart att gränsvärdet, då x +, blir = 2 5. Eller? Slutsatsen är faktiskt korrekt, men vi använder faktiskt några räkneregler för gränsvärden, som vi formulerar nedan. SATS Antag att f(x) A och g(x) B då x +, och att c är en konstant. a) lim cf(x) = ca, b) lim x + c) lim f(x)g(x) = AB, d) lim x + x + ( f(x) + g(x)) = A + B, x + f(x) g(x) = A, om B 0. B Beviset av satsen ovan är en exercis i ϵ- och ω-räkning, och vi utelämnar det. Vi tittar i stället på ett par exempel till, där vi ser hur vi kan använda de resultat vi just erhållit. PROBLEM 2 x + x x Bestäm gränsvärdet lim x + 4 x e x ln x. Vi bryter ut de dominerande termerna, både i täljare och nämnare, och för- Lösning kortar, 2 x + x x 4 x e x ln x = 4 x (2 x /4 x + x 3 /4 x + 1) 4 x (1 e x /4 x (ln x)/4 x ) = 1/2 x + x 3 /4 x (e/4) x (ln x)/4 x = 1, då x PROBLEM Bestäm gränsvärdet lim x + ( x 2 + 2x x 2 x). 88

89 Lösning Här har vi en differens av två stora termer som tävlar mot varandra. För att kunna avgöra hur stor differensen är förlänger vi med konjugatet x 2 + 2x + x 2 x och använder konjugatregeln, x 2 + 2x x 2 x = ( x2 + 2x x 2 x)( x 2 + 2x + x 2 x) x 2 + 2x + x 2 x = (x2 + 2x) (x 2 x) x 2 + 2x + x 2 x 3x = x 2 + 2x + x 2 x. För positiva x gäller det att (här är x 2 = x = x) x 2 + 2x = x 2 (1 + 2/x) = x 1 + 2/x = x 1 + 2/x, och med samma räkning x 2 x = x 1 1/x. Alltså kan vi skriva x 2 + 2x x 2 x = Låter vi nu x +, finner vi att gränsvärdet blir lim ( x 2 + 2x x 2 x) = x + 3x x 1 + 2/x + x 1 1/x = /x + 1 1/x. = lim x /x + 1 1/x = 3 2. I det sista steget har vi egentligen använt att funktionen x x är kontinuerlig i x = 1. Vi accepterar läget för stunden, men återkommer till det senare. Det du skall ha ut ifrån detta exempel är att om du har en differens mellan två stora uttryck så kan det vara läge att förlänga och använda konjugatregeln. Du har väl vid det här laget insett att f(t) i vårt inledande problem med den logistiska modellen har gränsvärde 1 då t +? Kurvan y = f(t) återfinns i figur 63. y 1 FIGUR 63 t 89

90 EXEMPEL + 1 Bestäm värdet av serierna k=1 ( 3) k och + k=1 3 k. Lösning Vi har två geometriska serier, den första med kvot 1/3 och första term 1/3, varför dess värde blir (1/3)/(1 1/3) = 1/2. Den andra har en kvot som har absolutbelopp större än 1, och den har alltså inget värde. Den är divergent. Det är så här som dessa uppgifter bör lösas. Låt oss ändå ta diskussionen den formella vägen med gränsvärden, nu när vi har dem. De oändliga summornas värden skall (om något) bestämmas som gränsvärdena av partialsummorna, då antalet termer går mot oändligheten, lim n + n 1 k=1 ( 3) k respektive lim n 3 k. n + k=1 Den första partialsumman har första term 1/3, kvot 1/3 och antal termer n, varför n 1 k=1 ( 3) k = 1 1 (1/3) n = /3 2 ( 1 (1/3) n ). Enligt vad vi gjort tidigare gäller det att (1/3) n 0 då n + (eftersom 1/3 < 1). Det gäller alltså att lim n + n 1 k=1 ( 3) k 1 = lim n + 2 ( 1 (1/3) n ) = 1 2 (1 0) = 1 2. För den andra serien får vi partialsumma (här har vi första term 3, kvot 3 och n termer) n k=1 3 k = 3 3n = 3 2 ( 3 n 1). Då n + kommer 3 n att ha det oegentliga gränsvärdet +. Alltså gäller det att lim n n + k=1 3 k 3 = lim n + 2 ( 3 n 1) = +, dvs det existerar inte som ett reellt tal. Vi drar slutsatsen att serien är divergent. Nu när du tagit dig igenom denna föreläsning kan det vara väl på plats att fundera på hur man skulle kunna definiera gränsvärde då x. Enklast är att observera att om vi betraktar f( x) i stället för f(x) så är det gränsvärdet i + som eftersöks, lim f(x) = lim f( x). x x + 90

91 EXEMPEL Givet lim x + ( x = e, bestäm lim x) x ( x. x) Lösning Det kan komma som en överraskning att vi får samma gränsvärde. Enligt vad vi just diskuterat skall vi diskutera gränsvärdet då x + av (1 + 1/( x)) x. Vi arbetar lite med uttrycket, och finner att ( 1 1 x) x x x 1 x = = = x ( 1 1/x) ( x 1) ( x 1) = x 1 ( x 1) ( x 1). Den första faktorn konvergerar mot e, den andra mot 1, så resultatet blir e. I figur 64 har vi ritat grafen till x (1 + 1/x) x och linjen y = e (streckad). y x FIGUR 64 91

92 FÖRELÄSNING 14 Vi skall införa och diskutera gränsvärden då variabeln x närmar sig ett reellt tal a. Vi värmer upp och tränar lite på uppskattningar innan vi ger själva definitionen. Först gör vi några observationer vad gäller absolutbeloppsfunktionen, vilken används för att mäta avstånd mellan punkter på tallinjen. Det gäller att x x och x x, och det symmetriska intervallet δ x δ kan skrivas som en olikhet, x δ. Detta kallar vi för en δ-omgivning av 0. De x som uppfyller 0 < x < δ kallar vi för en punkterad δ-omgivning av 0. Observera att x = 0 inte är tillåtet! Vidare respekteras produkter av absolutbeloppet, xy = x y. För summor gäller inte likhet, utan där får vi en olikhet. SATS (TRIANGELOLIKHETEN) x + y x + y. Bevis Eftersom olikheter bevaras vid addition medför x x och y y att x + y x + y. Av samma anledning, och eftersom x x och y y gäller det att (x + y) x + y. Men eftersom x + y antingen är lika med x + y eller (x + y) följer påståendet. Vi visar nu med ett par exempel på hur triangelolikheten används vid uppskattningar. EXEMPEL Bestäm δ > 0 så att x < δ x 2 + 3x < 1. Lösning Antag att x < δ. Då gäller det att (här använder vi resultaten ovan) x 2 + 3x = x x + 3 δ x + 3 δ( x + 3) δ(δ + 3) δ 1 4δ δ 1/4 1. I de två sista olikheterna har vi infört olika begränsningar på δ. I den första δ 1 och i den andra δ 1/4. Vi har alltså visat att x < 1/4 x 2 + 3x < 1. Vi kan alltså välja δ = 1/4. Observera att i steget där vi säger att δ 1 så är talet 1 godtyckligt. Vi behöver någon begränsning på δ för att uppskatta storleken på δ + 3. Ett annat val än 1 hade gett oss 92

93 ett annat krav än δ 1/4 i nästa steg. Den grå rektangeln i figur 65 har bredd 1/2, vilket svarar mot att x < δ = 1/4. Vi ser att grafen till x x 2 + 3x på intervallet ( 1/4, 1/4) befinner sig mellan de streckade linjerna y = ±1, dvs att x 2 + 3x < 1 då x < 1/4. y x FIGUR 65 Vi visar nu att vi kan vinna, även om den önskade begränsningen 1 ersätts med en godtycklig begränsning ϵ > 0. EXEMPEL Låt ϵ > 0 vara givet. Bestäm δ > 0 så att x < δ x 2 + 3x < ϵ. Lösning Vi kan göra på nästan samma sätt som nyss. Om x < δ gäller det att x 2 + 3x = x x + 3 δ x + 3 δ( x + 3) δ(δ + 3) δ 1 4δ δ ϵ/4 ϵ. Räkningen visar att x 2 + 3x < ϵ om x < ϵ/4. Vi kan alltså välja δ = ϵ/4. Vi skall nu definiera vad som menas med att f(x) har gränsvärdet A då x närmar sig a, vilket kan ses som en precision av vad vi menar med påståendet att Värdena av f(x) skall komma godtyckligt nära A om bara x är tillräckligt nära a. 93

94 DEFINITION Vi säger att funktionen f har gränsvärdet A då x går mot a om det för varje ϵ > 0 existerar δ = δ(ϵ) så att ( 0 < x a < δ och x Df ) I förekommande fall skriver vi antingen f(x) A < ϵ. lim f(x) = A eller f(x) A då x a. x a EXEMPEL Visa att lim x 0 (x 2 + 3x + 2) = 2. Lösning Vi behöver visa att det givet ϵ > 0 existerar δ > 0 så att 0 < x < δ x 2 + 3x < ϵ. Men, bortsett från att vi nu inte tillåter x = 0 så är det ju precis detta vi visat i det tidigare exemplet! EXEMPEL 1 Visa att lim x x = 1. Lösning Låt ϵ > 0 vara givet. Vår uppgift är att bestämma δ > 0 så att Vi gör en räkning, och finner att, om x < δ, x 1 = x 1 + x = x 1 + x < δ 1 + x 1 0 < x < δ 1 + x 1 < ϵ. (1) δ<1 < δ δ<1/2 < 1 x Med andra ord, om δ är det minsta av 1/2 och ϵ/2 så gäller (1). I ett av stegen ovan använde vi att, åtminstone om x < 1, δ δ ϵ/2 ϵ. 1 1/ x 1 1 x. (2) Hur följer det? Jo, det är ett specialfall av den så kallade omvända triangelolikheten, som brukar användas just för att göra uppskattningar av uttryck i nämnaren. 94

95 SATS För reella tal x och y gäller det att x y x y. Bevis Vi använder triangelolikheten, x = (x y) + y x y + y, dvs x y x y. Byter vi roll på x och y finner vi att y x x y. Påståendet följer eftersom x y antingen är lika med x y eller y x. Övertyga dig själv att det verkligen är den omvända triangelolikheten vi använt i (2), men skriven på det vid uppskattningar av nämnaren vanligare sättet 1 x y 1 x y. EXEMPEL Visa att lim x 2 x 2 = 4. Lösning Låt ϵ > 0 vara givet. Vi skall visa att det finns ett positivt tal δ så att 0 < x 2 < δ x 2 4 < ϵ. Konjugatregeln ger x 2 4 = (x + 2)(x 2). Triangelolikheten ger, om x 2 < 1, att Alltså gäller det för sådana x att x + 2 = 4 + (x 2) 4 + x 2 5. x x 2. Om δ är det minsta av 1 och ϵ/5, och om x 2 < δ gäller det därför att x 2 4 < ϵ. Vi har visat existensen av δ. Som du märker blir det rätt krångligt att arbeta med definitionen. Det är därför rimligt att dels ha räkneregler att använda sig av, dels att ha diverse standardgränsvärden att luta sig tillbaka emot. SATS Antag att f(x) A och g(x) B då x a, och att c är en konstant. a) lim x a cf(x) = ca, b) lim x a (f(x) + g(x)) = A + B, f(x) c) lim f(x)g(x) = AB, d) lim x a x a g(x) = A, om B 0. B Vi kan definiera oegentliga gränsvärden på ett liknande sätt som då x +. 95

96 EXEMPEL 1 Det gäller att lim x 0 x 2 = +. FIGUR 66 Ibland närmar sig f(x) endast ett värde då x närmar sig a från ett håll. Vi säger då att vi har ett ensidigt gränsvärde. Till exempel skriver vi lim f(x) = A och f(x) A då x a+ x a + om vi endast betraktar x som är större än a och talar då om högergränsvärde. Vänstergränsvärde definieras analogt. EXEMPEL Låt f vara funktionen som definieras som f(x) = 1 om x > 0 och f(x) = 1 om x < 0. Då gäller det att f har högergränsvärde 1 i 0, vänstergränsvärde 1 i 0. Observera att f i exempelet ovan inte ens är definierad i den punkt i vilken vi undersöker gränsvärdet! 96

97 SATS Det gäller att lim x a f(x) existerar om och endast om höger- och vänstergränsvärdena i punkten existerar och är lika. Vi kan även ha oegentliga ensidiga gränsvärden. EXEMPEL 1 1 Det gäller att lim = + medan lim =. Rita figur! x 0 + x x 0 x FIGUR 67 Följande sats handlar om gränsvärden av sammansatta funktioner. Rent praktiskt innebär den att vi kan göra variabelbyten vid gränsvärdesräkningar. SATS (SAMMANSÄTTNING AV GRÄNSVÄRDEN) Antag att f(y) A då y y 0 och att g(x) y 0 då x x 0 och att g(x) y 0 i en punkterad omgivning av x 0. Då gäller det att f(g(x)) A då x x 0. Bevis Låt ϵ > 0 vara givet. Då existerar ˆδ > 0 så att 0 < y y 0 < ˆδ f(y) A < ϵ. Eftersom g(x) y 0 i en punkterad omgivning av x 0 och g(x) y 0 då x x 0 finns vidare ett tal δ > 0 så att Alltså kan vi sätta in y = g(x) och få 0 < x x 0 < δ 0 < g(x) y 0 < ˆδ. 97

98 0 < x x 0 < δ 0 < y y 0 < ˆδ f(g(x)) A < ϵ. Här kan x 0 ovan ersättas med ±. Det något onaturliga villkoret att g(x) y 0 i en punkterad omgivning av x 0 kommer vi senare ersätta med att f är kontinuerlig i y 0. EXEMPEL sin 3 x 1 Bestäm gränsvärdet lim x π/2 sin 2 x 1. Lösning Sätt y = sin x. Då övergår gränsvärdet till (här använder vi att sin x 1 då x π/2, vilket förhoppningsvis känns rätt, men som vi visar nästa föreläsning) y lim 3 1 y 1 y 2 1 = lim (y 1)(y 2 + y + 1) y = lim 2 + y + 1 = 3 y 1 (y 1)(y + 1) y 1 y EXEMPEL Det gäller att lim x + ( 1 + a x = e a. x ) Lösning Det är ju ungefär så här vi defineirade exponentialfunktionen! Men vi ger nu ett argument som endast bygger på att vi har rätt gränsvärde för e. Vi skriver därför ( 1 + a x ) x = ( (1 + a x ) x/a ) a y=x/a = y a. (( y) ) Beroende på tecknet på a kommer y att ha gränsvärde + eller då x +. Men oavsett vilket så kommer (1 + 1/y) y att konvergera mot e, och det följer (här används kontinuitet av t t a för t = e, vilket vi får täppa till senare) att det sökta gränsvärdet blir e a. 98

99 FÖRELÄSNING 15 Vi skall denna föreläsning arbeta fram en del gränsvärden som är bra att ha till hands. Det är lämpligt att ha kontinuitetsbegreppet till hands. Vi gör därför följande definition (men vi kommer att diskutera kontinuitet mer senare) DEFINITION Funktionen f är kontinuerlig i a om lim f(x) = f(a). En funktion x a som är kontinuerlig i alla punkter i sin definitionsmängd kallas kontinuerlig. Vi börjar med att arbeta med de trigonometriska funktionerna. Följande olikhet är grundläggande. SATS Antag att 0 < t < π/2. Då är sin t < t < tan t. B C t O FIGUR 68 A Bevis (ej fullständigt) Vi ger en förhoppningsvis övertygande idé, men som inte är helt fullständig på grund av att vi inte har någon fullständig koll på vad som menas med area än så länge. I figur 68 har vi ritat en del av enhetsscirkeln och markerat en vinkel t. Arean av triangeln OAB blir sin t/2. Arean av cirkelsektorn OAB blir t/2 och arean av triangeln OAC blir tan t/2. Eftersom triangeln OAB är innesluten i cirkelsektorn OAB som i sin tur är innesluten i triangeln OAC gäller det att sin t < t < tan t. Vi fortsätter med att visa följande gränsvärden, som i själva verket säger att cos och sin är kontinuerliga funktioner. 99

100 SATS (KONTINUITET AV DE TRIGONOMETRISKA FUNKTIONERNA) Antag att a R. De trigonometriska funktionerna cos och sin är kontinuerliga i a, dvs a) lim x a cos x = cos a b) lim x a sin x = sin a Bevis Vi använder ett par trigonometriska identiteter (använd additionsformlerna för att kontrollera dem), tillsammans med begränsningen 1 för cos och sin, och olikheten sin x x, vilken är sann för alla reella tal x (jämför med föregående sats, i vilken resultatet endast nämns för 0 < x < π/2), och finner att respektive cos x cos a = 2 sin x + a 2 sin x sin a = 2 cos x + a 2 sin x a x a = x a. 2 sin x a x a = x a. 2 Detta innebär att vi kan välja δ = ϵ i gränsvärdesdefinitionen. Kan du göra en geometrisk tolkning i enhetscirkeln av de bägge olikheterna som finns i beviset ovan? SATS (STANDARDGRÄNSVÄRDE) sin x Det gäller att lim = 1. x 0 x Bevis Eftersom x sin(x)/x är jämn räcker det att betrakta positiva x. Olikheten sin x < x ger sin(x)/x < 1. Olikheten x < tan x ger cos x < sin(x)/x. Sammanfattningsvis, eftersom samtliga ingående funktioner nedan är jämna gäller det att cos x < sin x x < 1, 0 < x < π/2. Eftersom lim x 0 cos x = cos 0 = 1 så gäller det att sin(x)/x är instängd mellan två funktioner som bägge har gränsvärde 1 då x 0. Det följer att sin(x)/x också har gränsvärde 1 då x 0. I figur 68 ser vi att sin x x då x är litet. Hur görs den tolkningen i enhetscirkeln? 100

101 FIGUR 69 I slutsteget i beviset ovan har vi faktiskt nyttjat följande sats: SATS (INSTÄNGNINGSSATSEN) Antag att olikheten f(x) g(x) h(x) gäller i någon punkterad omgivning av a, och att f och h bägge har gränsvärde A då x a. Då kommer även g att ha gränsvärde A då x a. Från detta resultat följer även SATS Om funktionen f har gränsvärde 0 i a och funktionen g är begränsad i en punkterad omgivning av a så har produkten fg gränsvärde 0 i a. Vi skall härnäst diskutera gränsvärden som har med exponentialfunktionen och logaritmer att göra. Vi börjar med ett par resultat som säger att exponentialfunktionen är kontinuerlig (i 0 respektive en godtycklig punkt). SATS Det gäller att lim x 0 e x = 1. Bevis (lite skissartat) Vi hanterar höger- och vänstergränsvärden separat, och börjar med vänstergränsvärdet. Om x < 0 så är 1 = e 0 > e x 1 + x, vilket kan skrivas 0 < 1 e x x. Då x 0 finner vi att 1 e x måste konvergera mot 0 med instängning, vilket innebär att e x 1 då x 0. För att hantera högergränsvärdet startar vi med x > 0 och sätter t = x, lim x 0 + ex = lim t 0 e t = lim t 0 1 e t = 1 1 =

102 Eftersom vänster- och högergränsvärde bägge är lika med 1 är vi klara. Som en direkt följd får vi följande viktiga resultat. SATS (EXPONENTIALFUNKTIONEN ÄR KONTINUERLIG) det att lim e x = e a. x a För a R gäller Bevis Detta följer nu direkt av en räkneregel för exponentialfunktionen, e x = e a+(x a) = e a e x a. Vi gör variabelbytet t = x a. Då x a skall vi i stället låta t 0. Alltså blir, enligt en räkneregel för gränsvärden och föregående sats, lim x a ex = lim e a e t = e a lim e t = e a. t 0 t 0 Motsvarande resultat följer för exponentialfunktioner med bas b, eftersom b x = e x ln b. SATS (STANDARDGRÄNSVÄRDE) Det gäller att lim x 0 (1 + x) 1/x = e. Bevis Vi kollar på höger- och vänstergränsvärde separat, och gör i bägge fall variabelbytet t = 1/x. De ensidiga gränsvärdena övergår därmed i lim t + ( t t ) respektive lim t ( t. t ) Eftersom dessa gränsvärden är lika med e, så blir vårt sökta gränsvärde också e. Grafen av x (1 + x) 1/x i en omgivning av origo finns i figur 70. y e FIGUR 70 x 102

103 SATS (LOGARITMFUNKTIONEN ÄR KONTINUERLIG) ln x = ln a. lim x a För a > 0 gäller det att Riktigheten av detta påstående kan fås genom en sats som säger att inversen till en strängt monoton kontinuerlig funktion, definierad på ett intervall, är kontinuerlig, som vi kommer att återkomma till. Vi ger ändå ett direkt bevis. Bevis Olikheten e x 1 + x ger olikheten (sätt y = e x ) ln y y 1 för y > 0. Vi skall också använda att ln är strängt växande. Om x > a blir 0 < ln x ln a = ln x a x a 1. Det följer att högergränsvärdet av ln x ln a är 0. Om x < a får vi i stället 0 > ln x ln a = ln a x a ( x 1 ) = 1 a x. Alltså blir högergränsvärdet av ln x ln a också 0. Vi har visat att ln x ln a 0, dvs att ln x ln a, då x a. Eftersom log b x och ln x endast skiljer sig med en multiplikativ faktor så kommer även x log b x att vara kontinuerlig. SATS (STANDARDGRÄNSVÄRDE) ln(1 + x) Det gäller att lim = 1. x 0 x Bevis En av logaritmlagarna och ett gränsvärde vi nyss erhållit ger att ln(1 + x) lim = lim ln((1 + x) 1/x ) = ln(e) = 1. x 0 x x 0 Här har vi i det näst sista steget använt att logaritmen är kontinuerlig i e. I figur 71 ser vi graferna till x ln(1 + x) och x x. Vi ser att ln(1 + x) x då x

104 y x FIGUR 71 SATS (STANDARDGRÄNSVÄRDE) e x 1 Det gäller att lim = 1. x 0 x Bevis Sätt t = e x 1. Då kommer t 0 då x 0. Vidare blir x = ln(1 + t), så enligt föregående standardgränsvärde. e lim x 1 t = lim x 0 x t 0 ln(1 + t) = 1 I figur 72 har vi ritat graferna till x e x 1 och x x. Vi ser att de är nära varandra då x 0. y x FIGUR 72 Eftersom ln x + då x + gäller det att ln x då x 0 +, eftersom ln x = ln(1/x). Följande resultat visar att potenser x α, där α > 0 går mot noll tillräckligt snabbt för att dominera logaritmen i 0. SATS (STANDARDGRÄNSVÄRDE) Om α > 0 gäller det att lim x 0 + xα ln x =

105 Bevis Låt t = 1/x. Då blir enligt vad vi gjort föregående föreläsning. lim x 0 xα ln x = lim ln t + t + t α = 0 Varför tror du att vi endast tittar på högergränsvärdet ovan? EXEMPEL Bestäm a) lim x 0 sin 3x x b) lim x 0 e 3x 1 ln(1 + 5x) c) lim x 0 1 cos x x 2 Lösning a) Vi skriver sin 3x x sin 3x = 3 3x. Kvoten har gränsvärde 1 (sätt t = 3x om du vill). Alltså blir gränsvärdet 3. b) Vi får nu lim x 0 e 3x 1 ln(1 + 5x) = lim x c) Vi förlänger med 1 + cos x, och får e 3x 1 3x 1 cos x x 2 = 1 cos2 x x 2 (1 + cos x) = sin x x 1 1 5x ln(1 + 5x) = = 3 5. sin x x = 1, då x cos x Vi ger en alternativ lösning. Genom att låta t = x/2 i den trigonometriska identiteten cos 2t = 1 2 sin 2 t finner vi att 1 cos x x 2 = 2 sin2 (x/2) x 2 = 1 2 sin(x/2) sin(x/2) 1, då x 0. x/2 x/2 2 Vi påminner om vad gränsvärdena verkligen betyder. Att gränsvärdet av (1 cos x)/x 2 är 1/2 då x 0 innerbär att 1 cos x x 2 /2 då x är litet. I figur 73 visar vi graferna till x 1 cos x och x x 2 /2 (rött) tillsammans. Som synes stämmer de överens fint med varandra för små x. 105

106 y x FIGUR

107 FÖRELÄSNING 16 PROBLEM 1. Låt ABC vara en triangel sådan att BC = 2AB. Låt vidare punkten D dela BC på mitten och E dela BD på mitten. Visa att AD är en bisektris till CAE. 2. Tolv likformiga och rätvinkliga trianglar är placerade runt origo så som figuren visar. Beräkna trianglarnas sammanlagda area, givet att den största triangelns hypotenusa har längden Lös ekvationen 3 k=0 ( 3 k)x k = 1 + 3x. 4. För vilka x gäller att 1 1 x 2 1 x2? 5. Bestäm alla tal x sådana att x + x 1 = Låt 0 < x < 1. Visa att sin(arctan x) < x < tan(arcsin x). 7. Lös ekvationen sin 2x = cos x. y x 8. Låt a, b och c beteckna sidlängderna i en triangel, och låt vidare α, β och γ beteckna vinklarna som står mot sidorna med längd a, b respektive c (se figur nedan). a) Formulera sinussatsen. b) Visa att om a b + c sin(β) + sin(γ) så är sin(α). 2 2 c) Formulera cosinussatsen. d) Visa att om a b + c så är α β + γ. 2 2 α b γ c a β 107

108 Lösningar: 1. Se figur 74 för beteckningar. Vi jagar vinklar. A α 1 α 2 α 3 β δ γ B E D FIGUR 74 C Följande tre påståenden gäller: ΔABC är likformig med ΔEBA eftersom förhållandena BC : BA = BA : BE och de har vinkeln vid B gemensam. Speciellt gäller det att Vidare ger yttervinkelsatsen att Slutligen så är ΔABD likbent (AB = DB) så Sätter vi samman dessa tre formler för vinklarna får vi γ = α 1 (1) δ = γ + α 3 (2) δ = α 1 + α 2 (3) α 2 (3) = δ α 1 (1) = δ γ (2) = α 3, och alltså gäller det att AD är en bisektris till CAE. 2. Likformigheten ger att de spetsiga vinklarna i origo alla är 30. Om vi betecknar hypotenusornas längder med a 1, a 2,, så kommer det gälla att a k+1 = a k cos 30 = ( 3/2)a k. Den sammanlagda arean blir därmed (vi får en geometrisk summa) 1 2 ( a 1 a 2 + a 2 a a 11 a 12 + a 12 a 13) sin 30 = 1 2( ( 2 ) + + ( 2 ) ( 2 ) + ( 2 ) ( 2 ) 12) ) 2 = 3 8 ( ( + 4) ( 4) 11) = (3/4) /4 = 3 2 ( 1 (3/4) 12 ). 108

109 3. Vänsterledet i ekvationen kan skrivas som (1+x) 3 = 1+3x+3x 2 +x 3.Ekvationen är alltså ekvivalent med 3x 2 +x 3 = 0, dvs x 2 (3+x) = 0. Den har därmed lösningarna x = 0 och x = Vi flyttar över alla termer till vänster sida, gör liknämnigt och faktoriserar: 1 1 x 2 1 x2 1 1 x 2 (1 x2 ) 0 1 (1 x2 ) 2 1 x 2 0 (1 (1 x2 ))(1 + (1 x 2 )) 1 x 2 0 x2 (2 x 2 ) 1 x 2 0 x2 ( 2 x)( 2 + x) 0. (1 x)(1 + x) Teckentabell ger (här står VL för uttrycket i vänsterledet ovan): x x x x x x VL + 0 ej def ej def 0 + Härur sluter vi oss till att olikheten är uppfylld precis då x 2, då 1 < x < 1, samt då x Eftersom uttrycken innanför absolutbeloppen är x och x 1 delar vi upp räkningarna i tre fall; då x < 0, då 0 x 1, och då x > 1. Om x < 0 är x + x 1 = x + 1 x = 1 2x. Ekvationen lyder 1 2x = 1 som endast har lösning x = 0, vilket inte uppfyller x < 0. Om 0 x 1 är x + x 1 = x + 1 x = 1. Ekvationen lyder 1 = 1, vilket ju är sant. Alla x [0, 1] uppfyller alltså ekvationen. Slutligen, om x > 1 är x + x 1 = x + x 1 = 2x 1 och ekvationen blir nu 2x 1 = 1 som endast har lösning x = 1, vilken ej är i intrevallet. Vi sluter oss sammanfattningsvis till att det precis är alla x i intervallet [0, 1] som uppfyller ekvationen. 6. Eftersom sin y < tan y för 0 < y < π/2 och det gäller att 0 < arctan x < π/4 och 0 < arcsin x < π/2 då 0 < x < 1, så får vi sin(arctan x) < tan(arctan x) = x = sin(arcsin x) < tan(arcsin x). Alternativt kan man notera att 109

110 x x sin(arctan x) = och tan(arcsin x) = 1 + x 2 1 x, 0 < x < 1. 2 De båda olikheterna följer direkt. 7. Det gäller att sin 2x = 2 sin x cos x (2 sin x + 1) cos x = 0. Lösningarna ges alltså dels av de x som uppfyller sin x = 1/2 och de x för vilka cos x = 0. Nedan betecknar k ett godtyckligt heltal. Den första ekvationen har dels lösningarna x = π/6 + 2πk och de x för vilka π x = π/6 + 2πk. De senare kan skrivas x = 7π/6 2πk. Den andra ekvationen har lösningarna x = π/2 + πk. Samtliga lösningar blir alltså x = π/6 + 2πk, x = 7π/6 + 2πk (observera att plustecknet inte gör någon skillnad) samt x = π/2 + πk. Vi påminner om att k är ett heltal. Ett alternativt sätt att lösa är följande. Observera att sin 2x = cos(π/2 2x) och att cos x = cos(x π). Det måste alltså gälla att Detta ger lösningarna π 2 2x = ± (x π) + 2πk. x = π 2 + 2π 3 k, och x = π 2 + 2πk. Tag som övning att verifiera att dessa lösningar överensstämmer med de vi nyss erhöll, till exempel med hjälp av en figur. 8. a) a/sin α = b/sin β = c/sin γ (= 2R). b) Vi använder sinussatsen, den nämnda olikheten och så sinussatsen igen: sin(α) = a b sin(β) b + c 2b = 1 2 sin(β) sin(γ). sin(β) = 1 2 sin(β) + c 2b sin(β) c) a 2 = b 2 + c 2 2ab cos α. d) Påståendet vi skall visa är ekvivalent med att cos(α) 1/2. Detta följer av att α + β + γ = π och 2α β + γ, det vill säga α π/3. Antag nu att a 1 2 (b + c). Då är a2 1 4 (b + c)2. Cosinussatsen och kvadratkomplettering ger 2bc cos(α) = b 2 + c 2 a 2 b 2 + c (b + c)2 = 3 4 (b c)2 + bc bc. Förkortar vi med bc får vi 2 cos(α) 1, det vill säga cos(α) 1/2. Eftersom detta visades vara ekvivalent med vad vi ville visa så är vi klara. 110

111 FÖRELÄSNING 17 Vi påminner om definitionen av kontinuitet. DEFINITION Det gäller att funktionen f är kontinuerlig i a om lim x a f(x) = f(a). Vill man formulera detta med hjälp av ϵ och δ blir det att det till varje ϵ > 0 skall finnas δ > 0 så att f(x) f(a) < ϵ om x a < δ. Följande resultat är en direkt konsekvens av räknereglerna för gränsvärden. SATS Antag att f och g är kontinuerliga i x = a och att c är en konstant. Då är även cf, f + g, fg, och f/g kontinuerliga i a. För f/g måste vi anta att g(a) 0. EXEMPEL Från detta följer det att alla polynom och alla rationella funktioner blir kontinuerliga. Vi visade att man kunde sätta samman gränsvärden. För kontinuitet är det enklare eftersom vi inte behöver oroa oss för om f är definierad i g(a) eller ej. SATS Antag att g är kontinuerlig i a och att f är kontinuerlig i g(a). Då är sammansättningen f g kontinuerlig i a. EXEMPEL Funktionen x x α är kontinuerlig. Lösning Vi kan skriva x α = e α ln x, och vi har sett tidigare att exponentialfunktionen och logaritmfunktionen är kontinuerliga, så därför är även sammansättningen det. SATS Antag att funktionen f är definierad på ett intervall, och att den är injektiv och kontinuerlig. Då är inversen f 1 också kontinuerlig. Detta är faktiskt inte helt lätt att visa, och egentligen behöver man satserna som gås igenom nästa föreläsning, men bevisstegen kan se ut så här: Argumentera för att f kan antas vara strängt växande eller strängt avtagande, och gör argumentet för strängt växande f. Motivera att f avbildar intervallet [a, b] (om intervallet var slutet) på [f(a), f(b)]. 111

112 Visa att även f 1 blir strängt växande. Argumentera att f 1 avbildar [f(a), f(b)] på hela intervallet [a, b] och att det medför att f 1 är kontinuerlig. EXEMPEL Det gäller att arcsin, arccos och arctan är kontinuerliga. Vi har nu visat att alla funktioner som vi brukar kalla elementära är kontinuerliga. SATS Polynom, rationella funktioner, potensfunktioner, exponentialfunktioner, logaritmfunktioner, trigonometriska funktioner, arcusfunktioner, samt summor, produkter, kvoter och sammansättningar av dessa är kontinuerliga. EXEMPEL Är funktionen f(x) = sin(x)/x kontinuerlig? Lösning Ja, eftersom funktionen definieras som kvoten av två kontinuerliga funktioner. Vi behöver inte oroa oss för x = 0 eftersom den naturliga definitionsmängden för funktionen är {x R : x 0}. Funktionens graf är ritat i figur 75. FIGUR 75 EXEMPEL Kan vi fylla i ett värde i x = 0 så att funktionen i föregående exempel blir kontinuerlig på hela R, dvs går det att bestämma a så att funktionen blir kontinuerlig? f(x) = sin x x, x 0, a, x = 0, Vi säger i sådana fall att vi gjort en utvidgning av funktionen i föregående exempel. FIGUR

113 Lösning Ja, med a = 1 gäller det att lim x 0 f(x) = 1 = f(0). Funktionen blir då definierad och kontinuerlig på hela R. Resultatet kallas ibland för sinc-funktionen. Se figur 76 för den utvidgade funktionens graf. EXEMPEL Är funktionen f kontinuerlig, där f är definierad som f(x) = { x sin(1/x), x 0, 0, x = 0? Lösning Ja. Det är klart att f är kontinuerlig för x 0, eftersom den är uppbyggd av våra kända funktioner där. Det som återstår att visa är att f är kontinuerlig i x = 0, dvs att f(x) f(0) = 0 då x 0. För x 0 gäller det att x sin(1/x) 0 = x sin(1/x) x. Alltså duger δ = ϵ i gränsvärdesdefinitionen (alternativt med instängningssatsen). Grafen till funktionen f återges i figur 77. FIGUR

114 EXEMPEL Avgör om nedanstående funktioner är kontinuerliga. x x x, x x 2 + 3x x 0 { arctan(1/x) x > 0 Lösning Funktionen x x/ x är kontinuerlig, vilket följer av att den är kvoten av två kontinuerliga funktioner 1. För den andra funktionen så är det klart att den är kontinuerlig då x < 0 och då x > 0. Frågan är om den är kontinuerlig i x = 0. Vänstergränsvärdet blir 0. Högergränsvärdet blir lim x 0 t=1/x arctan(1/x) = lim arctan(t) = π + t + 2. Eftersom vänster- och högergränsvärdena inte är lika är funktionen inte kontinuerlig i x = 0. EXEMPEL (TENTAPROBLEM) Utvidga funktionen f(x) = 2x4 7x 3 6x x, x 2, x 2 till en kontinuerlig funktion på hela reella axeln genom att definiera värdet i x = 2 på lämpligt sätt. Lösning En snabb koll ger att täljaren är noll då x = 2. Polynomdivision ger 2x 4 7x 3 6x x x 2 = 2x 3 3x 2 12x. Det gäller alltså att f(x) = 2x 3 3x 2 12x för alla x 2. Om vi definierar f(2) som = 20 så erhåller vi alltså en funktion som är definierad och kontinuerlig på hela den reella axeln. 1 Det följer, om man vill, av omvända triangelolikheten att x x är kontinuerlig. Annars kan man även observera att den är uppbyggd av kontinuerliga funktioner x x då x < 0 och x x då x 0 och att vänster- respektive högergränsvärde blir 0 då x

115 EXEMPEL (TENTAPROBLEM) Bestäm lim x 0 e 1/x och lim + x 0 e 1/x. Kan man bestämma talet a så att funktionen blir kontinuerlig på hela R. x { e 1/x, x 0, a, x = 0, Lösning Variabelbytet t = 1/x ger att gränsvärdena blir lim t + e t = 0 respektive lim t e t = +. Eftersom de är olika kan man inte bestämma talet a så att funktionen i fråga blir kontinuerlig i 0. Vi avslutar med några riktiga aptitretare! PROBLEM (FÖRSTA PANNKAKSPROBLEMET) Kan man dela en pannkaka mitt itu med ett snitt? Kan man förresten göra det så att bägge delar får lika mycket av kanten? PROBLEM (ANDRA PANNKAKSPROBLEMET) Antag att du har två pannkakor, en med blåbärssylt och en med hjortronsylt. Kan du, med ett snitt, dela bägge mitt itu? PROBLEM (TREDJE PANNKAKSPROBLEMET) lika stora bitar med två vinkelräta snitt? Kan man dela en pannkaka i fyra FIGUR 78 Vilse i pannkakan? 115