Envariabelanalys. Tomas Ekholm. Institutionen för matematik

Transkript

1 Envribelnlys Toms Ekholm Institutionen för mtemtik

2 Innehåll Att läs innn vi börjr 5. Vrför läs mtemtik? Uppmning till läsren v dett häfte Definitioner, stser och bevis Mängder Lite historik om mängderlär Delmängder v reell tl 0 2. Intervll Egenskper för delmängder v reell tl Funktioner 3 3. Inverser och inverterbrhet Egenskper för reell funktioner Trigonometrisk funktioner Cyklometrisk funktioner Exponentilfunktionen Logritmfunktionen Absolutbelopp De elementär funktionerns grfer Övningr Tlföljder Definitionen och konvergens Binomilstsen Tlet e Stndrdgränsvärden vid Bolzno-Weierstrss sts Gränsvärden v funktioner vid oändligheten Definitionen och konvergens Stndrdgränsvärden vid Övningr Lokl gränsvärden Definitionen och konvergens Övningr Kontinuitet 5 7. Definitionen och exempel Stser om kontinuerlig funktioner Lokl stndrdgränsvärden Övningr Derivt 6 2

3 8. Definitionen Derivtn v elementär funktioner Derivtionsregler Linjär pproximtion Derivtn v invers funktioner Definitioner v lokl mx- och minpunkter Medelvärdesstsen Konvexitet och konkvitet Asymptoter Grfritning Optimering Smmnfttning v derivtor v elementär funktioner Övningr Tylors formel Formulering v stsen Stor ordonottionen Övningr Serier Definitionen Geometrisk serie Jämförelsestser Tylorserier Övningr Integrlen 99. Introduktion Integrler v trppfunktioner på slutn intervll Integrler v begränsde funktioner på slutn intervll Integrerbrhet v kontinuerlig funktioner Riemnnsummor Räkneregler Medelvärdesstser för integrler Anlysens huvudsts Prtiell integrtion Vribelbyte Integrtion v rtionell funktioner Tylors formel med integrtion Övningr Integrtion över obegränsde intervll 2 2. Definitionen och jämförelsestser Smbnd melln summor och integrler Övningr Lokl integrerbrhet 25 3

4 3. Övningr Integrlens tillämpningr Areberäkning Volymberäkning Medelvärden Övningr Differentilekvtioner 3 5. Introduktion Linjär ODE v först ordningen med konstnt koefficienter ODE v ndr ordningen med konstnt koefficienter Prtikulärlösningr Övningr

5 Att läs innn vi börjr. Vrför läs mtemtik? Mtemtisk teori är ett ypperligt tillfälle tt lär sig tt nlyser, resoner, rgumenter, strukturer och ordn. Mtemtik bygger på bstrktion och den som lär sig tt lätt t till sig bstrktion besitter en enorm styrk i nlytisk smmnhng..2 Uppmning till läsren v dett häfte Dett är ett häfte, som på ett kompkt vis beskriver de grundläggnde begreppen inom envribelnlys. Läsren uppmns tt läs häftet med ett räkneblock bredvid sig för tt kompletter med de steg som utelämns. Dess steg sk förhoppningsvis vr möjlig för den enggerde läsren tt genomför. Det är med ndr ord inte förväntt tt läsren endst sk kunn sitt med häftet och tillgodogör sig innehållet. Löpnde i kpitlens text finns det övningr för tt läsren sk kunn se om vederbörnde hr tillgodogjort sig mterilet. För de läsre som inte är vn tt rbet med bstrkt synsätt kommer häftet knske tt verk onödigt komplicert skrivet. Abstrktioner kn verk krångligt för den som är ovn, men för den som blivit vän med bstrktioner är de en enorm käll till förenkling. Abstrktion möjliggör tt metoder, designer och förhållningssätt kn få större genomslgkrft och bli pplicerbr i mång konkret situtioner. Det är i denn nd som dett häfte är skrivet. Se dett som en möjlighet tt lär dig det bstrkt synsätt, som är ett så ovärderligt redskp inom ll vetenskplig discipliner. Till de flest definitioner och stser följer konkretisernde exempel. Dess exempel är inte i fokus, utn tjänstgör som redskp för tt förstå vd definitionen eller stsen innebär. Att läs mtemtik är svårt. Det finns inte någr genvägr till tt bemästr dess struktur. Hårt och målinriktt rbete är den end vägen till insikt. Med denn insikt följer självförtroende inom bstrktion, generlisernde och nlytiskt tänknde. Speciellt svår är den först riktig kursen i mtemtik, d.v.s. den först kursen som bygger på definitioner och stser. Innn den först riktig kursen hr undervisningen gått ut på tt se exempel, lär sig metoder utn vidre väldefinierd förnkring i teorin och pplicer dem på ny exempel. Vi är inte intresserde v sådn kunskp. De flest företgs frontlinje utgör utforskning v det okänd. Det är inför den situtionen en ingenjör måste förbered sig. Använd gärn wikipedi och youtube för tt sök på de begrepp och metoder som ni grubblr på. Nckdelen med wikipedis sidor är tt det oft blir väldigt vncert när den bred mssn beskriver mtemtik. 5

6 .3 Definitioner, stser och bevis Mtemtik strukturers i huvudsk med hjälp v definitioner och stser. En definition är ett införnde v ett begrepp. Följnde är ett exempel på en definition Definition.. Ett heltl är jämnt om det finns ett heltl b sådnt tt = 2b. En sts är ett påstående och ett bevis v en sts är ett logisk stärkt resonemng som visr tt stsen är snn. Exempelvis Sts.2. Produkten v två jämn tl är ett jämnt tl. Bevis: Låt och 2 vr två jämn tl, d.v.s. enligt definitionen finns det tl b och b 2 sådn tt = 2b och 2 = 2b 2. Produkten kn skrivs som 2 = (2b )(2b 2 ) = 4b b 2 = 2c, där c = 2b b 2. Eftersom c är ett heltl är produkten enligt definitionen ett jämnt tl..4 Mängder Låt oss börj med tt titt på ett v de mest grundläggnde begreppen i mtemtiken, nämligen mängder. En mängd är en smling objekt, som till exempel tl, och dess objekt kllr vi för element i mängden. Det enklste sättet tt beskriv en mängd är tt räkn upp dess element. Vi nvänder oss då v en kommseprerd uppräkning v elementen innnför symbolern {}. Ett sådnt exempel är mängden A = {, 3,, 7, P elle}. Dett betyder tt A är en mängd som innehåller elementen, 3,, 7 och P elle. Vi säger tt A är mängden v, 3,, 7 och P elle. Om A är en mängd och x är ett element i mängden A så skriver vi x A och säger tt x tillhör A. Exempelvis gäller tt 3 {, 3, 7} och b {, b, 0, 3}. Att ett element x inte tillhör mängden A skrivs x A. Den tomm mängden innehåller ingenting och beteckns. Ett nnt sätt tt beskriv en mängd är tt skriv {x D : villkor på x}. (.) Med dett menr mn mängden v ll element i D som uppfyller de givn villkoren. Vi tr oss även friheten tt utelämn mängden D om den är given utifrån villkoren på x. Som exempel tr vi B = {n {, 2, 3,...}: n är udd} = {n: n är ett positivt udd heltl} 6

7 och C = {y {, 2, 3, 4} : y > 2}. Mängden B innehåller ll udd positiv heltl, medn C innehåller ll element från mängden {, 2, 3, 4} som är större än 2. Alltså hr vi B = {, 3, 5, 7, 9,,...} och C = {3, 4}. Exempel.3. Låt A = {4, 5, 8, 47, 2, 8} och B = {x A : x > 0}. Då är B = {2, 8, 47} medn {x A : x < 3} =. Vidre hr vi tt 4 A och 4 / B. Vi bryr oss inte om i vilken ordning eller hur mång gånger elementen räkns upp och därmed gäller till exempel {, 2, 3, 4} = {3,, 4, 2} = {, 3, 3,, 2, 4, 4,, 3, 2, 4}. Vi nvänder även nottionen, 2,..., n A för tt säg tt A, 2 A och n A. Definition.4. Låt A och B vr mängder. Om ll element i mängden A också är element i mängden B så sägs A vr en delmängd till B. Dett beteckns A B. Exempel.5. Mängden {, } är en delmängd till {, 3, }, eftersom ll element i {, } finns i mängden {, 3, }. Vi skriver {, } {, 3, }. Definition.6. Antg tt A och B är mängder. Unionen v A och B består v de element som ligger i någon v mängdern och beteckns A B. Snittet v A och B består v de element som ligger i båd mängdern och beteckns A B. Exempel.7. Låt A = {, 3, 5, 6} och B = {5, 3, 47}. Då hr vi A B = {, 3, 5, 6, 47} och A B = {3, 5}. Det är dgs tt titt på någr viktig tlmängder. Den mängd vi nvänder för tt räkn föremål är de nturlig tlen N = {0,, 2, 3,...}. Tr vi med negtiv tl får vi heltlen Z = {..., 3, 2,, 0,, 2, 3,...}. Beteckningen kommer från tyskns zhl som betyder tl. Bråken eller de rtionell tlen { } Q = b :, b Z, b 0. Här kommer beteckningen från engelskns quotient. Slutligen betecknr vi med R de reell tlen. De reell tlen kn ses som mängden v ll tl på tllinjen, 7

8 exempelvis 0,, 3/2, 527/3, 2 och π. Det ligger utnför rmrn för dett häfte tt gör en stringent definition v dess tl. Vi betecknr med C = { + ib:, b R, i är den imginär enheten} de komplex tlen. Noter tt N Z Q R C. Det sist, tt R C, följer eftersom de komplex tlen med endst reldel kn identifiers med det reell tlen. Exempel.8. Vi hr tt N = {n Z : n 0}. Exempel.9. Mängden {n Z : n = 2k för något k Z} är mängden v ll jämn heltl. Denn mängd kn också skrivs som {2k : k Z}, eller som {..., 4, 2, 0, 2, 4,...}. Exempel.0. Låt oss påpek tt en mängd även kn h ndr mängder blnd dess element. Exempelvis kn vi låt A = {2, 3, {, }, 4}, och vi hr tt {, } A, det vill säg mängden {, } är ett element i mängden A. Observer tt A. Låt A vr en mängd. För tt t bort element ur A nvänds symbolen \. Vi definierr A \ B = {x A: x B}. Exempelvis är R \ {0, } mängden v ll reell tl utom 0 och..5 Lite historik om mängderlär Under den senre delen v 800-tlet chockerde Georg Cntor den mtemtisk världen genom tt vis tt det finns fler oändligheter. Speciellt visde hn tt ntlet delmängder till en given mängd är större än ntlet element i mängden. Intresset för mängdteori växte och en v pionjärern för den formell spekten v ämnet vr Gottlob Frege. Hn försökte se mängdteorin som en grund för mtemtiken. Mitt under skrivndet v sin bok i ämnet fick hn ett brev från en viss ung herre vid nmn Bertrnd Russell. Russell hde notert tt llt inte stod rätt till i Freges system. Enligt Frege kunde en mängd specificers med en formel som utgör en restriktion på de element som ingår i mängden. Det vr möjligt tt bild mängden v ll x som uppfyller villkoret P (x), där P (x) är ett påstående som beror v x. I symboler blir det jämför med (.). {x: P (x)}, Russells prdox bestod v tt hn vlde P (x) till x x och bildde mängden A = {x: x x}, 8

9 som är som en oändlig rekursion. Vi får då tt A A medför tt A A och omvänt tt A A medför tt A A. Dett är uppenbrligen en logisk motsägelse. Mång försökte rädd mängdteorin på olik sätt. Russell själv införde sin så kllde typteori med olik nivåer v mängder, där hn kunde undvik prdoxer. Det mest frmgångsrik förslget kom 908 från Ernst Zermelo och sedemer Adolf Frenkel. Ders huvudidé vr tt mn br kunde bild mängder på formen {x A: P (x)}, där A vr en given mängd. I prktiken underförstår mn oft mängden A och skriver lite slrvigt {x: P (x)}. Dock bör mn således vr en smul försiktig vid hndhvndet v mängder. Ett tck till Lrs Svensson för dett delvsnitt. 9

10 2 Delmängder v reell tl 2. Intervll Låt och b vr reell tl. Följnde mängder klls intervll ) [, b] := {x R: x b}, b) [, b) := {x R: x < b}, c) (, b] := {x R: < x b}, d) (, b) := {x R: < x < b}, e) [, ) := {x R: x}, f) (, ) := {x R: < x}, g) (, b] := {x R: x b}, h) (, b) := {x R: x < b}, i) (, ) := R. Här står tecknet := för tt vänsterledet är definiert som högerledet. Tlen och b klls ändpunkter eller rndpunkter till intervllet. Vi nvänder symbolen [ om tillhör intervllet och ( om inte tillhör intervllet. Om båd rndpunktern tillhör intervllet klls intervllet slutet. Om ing v rndpunktern tillhör intervllet klls intervllet öppet. Exempel 2.. Intervllen (, 5), (, 4), ( 3, ) och (, ) är öppn intervll eftersom ll rndpunkter till intervllen ej tillhör intervllen. Intervllen [, 4], [ 2, ) och (, ) är slutn för ll rndpunkter till intervllen även tillhör intervllen. Intervllet [2, 3) är vrken öppet eller slutet. Läsren hr säkert notert tt intervllet (, ) både är öppet och slutet, eftersom det inte finns någr rndpunkter. 2.2 Egenskper för delmängder v reell tl En omgivning till en punkt R är ett öppet intervll som innehåller. Exempelvis är det öppn intervllet (0, ) en omgivning till tlet 3/4 och intervllen ( /n, /n) för n > 0 är ll omgivningr till 0. En punkterd omgivning till en punkt är en omgivning till där vi hr tgit bort tlet. Exempel 2.2. Mängden {x (, 2) : x 0} = (, 0) (0, 2) är en punkterd omgivning till 0. 0

11 Definition 2.3. Ett tl m sägs vr en övre begränsning till en mängd A om x m för vrje x A. En mängd som hr en övre begränsning klls uppåt begränsd, nnrs uppåt obegränsd. Undre begränsning till en mängd, en nedåt begränsd mängd och en nedåt obegränsd mängd definiers på ett nlogt sätt. En mängd som är uppåt begränsd och nedåt begränsd sägs vr begränsd, nnrs obegränsd. Ett exempel på en obegränsd mängd är intervllet [2, ) = {x R: 2 x} som är uppåt obegränsd och nedåt begränsd. Ett grundläggnde xiom för de reell tlen är Axiom 2.4 (Supremumxiomet). Vrje uppåt begränsd delmängd v de reell tlen hr en minst övre begränsning. Definition 2.5. Ett tl m sägs vr supremum till en mängd A och beteckns sup A om m är den minst övre begränsningen till A. På smm vis definiers infimum v en mängd A som den störst undre begränsningen till A och beteckns inf A. Supremumxiomet säger med ndr ord tt om A är en mängd v reell tl som är uppåt begränsd så finns tlet sup A. Exempel 2.6. Låt A = { } 4n n + : n N. Vis tt sup A = 4. För tt se tt 4 är en övre begränsning till A räcker det med tt noter tt för en godtycklig punkt i A gäller tt n := 4n n + 4n n = 4. Nu måste vi vis tt 4 är den minst övre begränsningen, dvs tt det inte finns någon mindre övre begränsning. Låt oss nt tt K < 4 är en övre begränsning och försök finn en motsägelse. Vi kn skriv om n enligt följnde: n = 4n n + = 4 4 n +. För tt få en motsägelse vill vi finn ett n sådnt tt n > K, vilket skulle motsäg tt K är en övre begränsning. Alltså, kn vi finn ett n sådnt tt 4 4 n + > K? Vi noterr tt 4 4 n + > K gäller om och endst om n > 4 4 K. Det är klrt tt vi kn välj n > 4/(4 K) och lltså få n > K. Vi hr fått en motsägelse och lltså är 4 den minst övre begränsningen.

12 Exempel 2.7. Ett sätt tt illustrer supremumsxiomet är tt vis tt de rtionell tlen Q inte uppfyller denn egenskp, d.v.s. vrje uppåt begränsd delmängd v Q hr inte en minst övre begränsning i Q. Studer mängden A = {x Q : x 2 2}. Om vi godkänner reell tl så är sup A = 2. Dett tl är dock inte ett rtionellt tl (se denn länk om ni inte hr sett det tidigre). Antg tt vi hr funnit ett rtionellt tl q som är supremum till A, d.v.s. q är en övre begränsning till A och q är den minst övre begränsningen till A. Eftersom 2 Q så följer tt q är ntingen större eller mindre än 2. Om q < 2 så följer tt det finns rtionell tl i intervllet (q, 2) som strider mot tt q är en övre begränsning. Om q > 2 så finns det rtionell tl i intervllet ( 2, q) som är mindre övre begränsningr än q. Alltså är q inte den minst övre begränsningen till A. 2

13 3 Funktioner Innn vi gör en llmän definition v vd en funktion är kn det vr på sin plts tt titt på något välbeknt, nämligen en formel som f(x) = x 2 +, för x > 0. Formeln säger tt om vi tr ett tl x > 0 så får vi ett nytt tl f(x) R genom tt gör beräkningen x 2 + ; till exempel får vi f(2) = = 5. Vi säger tt f är en funktion från de positiv reell tlen till de reell tlen, eftersom det vi stoppr in, x, är ett positivt reellt tl och det vi får ut, f(x), är ett reellt tl. Vi betecknr dett med f : R R. Nu till den llmänn definitionen. Definition 3.. Låt X och Y vr mängder. En funktion f : X Y är ett sätt tt till vrje element x X tilldel ett välbestämt element y Y. Vi skriver f(x) = y. Vi säger tt x vbilds på y och tt y är bilden v x. Elementet x klls rgument till f. Mängdern X och Y klls definitionsmängd respektive målmängd. För definitionsmängden för f nvänds även beteckningen D f. Kommentr 3.2. Beteckningen f : X Y utläses: f är en funktion från X till Y. Ett vnligt lterntiv till ordet funktion är vbildning. Vi kn se funktionen som ett eget objekt som utför en hndling som bilden nedn visr. x X f f(x) Y Exempel 3.3. Ett exempel på en funktion från de positiv reell tlen till de reell tlen är f : {x R: x > 0} R, sådn tt f(x) = x. Definitionsmängden är D f = {x R: x > 0} och målmängden är R. Värdemängden till en funktion f : X Y definiers som V f := {y Y : y = f(x) för något x X}. Exempel 3.4. Betrkt mängdern A = {, 2, 3} och B = {, 2,..., 00}. Ett exempel på funktion f : A B ges v f(n) = 2n för n A. Vi hr lltså tt f() = 2, f(2) = 4 och f(3) = 6. Per definition måste vi h f(x) B för ll x A, och dett gäller ju här eftersom f() = B, f(2) = 4 B, och f(3) = 6 B. I dett exempel definiers funktionen f v formeln f(n) = 2n, men det är inte lls nödvändigt tt det finns en formel som beskriver hur funktionen verkr. Om vi som här hr en funktion från den ändlig mängden A = {, 2, 3} kn mn till exempel definer funktionen med hjälp v en tbell: n f(n)

14 Om inget nges om definitionsmängden nts funktionen vr definierd på så stor delmängd v de reell tlen som möjligt och målmängd nts lltid vr R. Dett är en konvention melln er som läsre och oss som skribenter. Exempel 3.5. Låt h(x) = 3x 2 /2 x 3. Dett definierr en funktion h från R till R. Vi hr exempelvis tt h() = 2 och h( 2) = 4. Vi kommer tydligt skilj på f och f(x), det först är funktionen f, medn det ndr är funktionens värde i punkten x. Som ett exempel på denn nottion så definierr vi summn och produkten v två reellvärd funktioner f och g, sådn tt D f = D g R enligt (f + g)(x) := f(x) + g(x) (f g)(x) := f(x)g(x) Bildmässigt kn vi se dditionen som f +g x f + f(x)+g(x) g Om vi inte vill nmnge den funktion som vi rbetr med eller introducerr nvänds nottionen x + x 2 istället för f(x) = + x 2. För er som uppskttr progrmmering är det väldigt likt det sätt som nonym klsser eller funktioner definiers i olik progrmspråk. 3. Inverser och inverterbrhet Definition 3.6. En funktion f : X Y säges vr injektiv om det för vrje x, y X gäller tt om f(x) = f(y) så är x = y. Uttryckt i ord säger den här definitionen tt funktionen ldrig skickr två olik element i X på smm element i Y. 4

15 X f Y X f Y Exempel då f ej är injektiv Exempel då f är injektiv Definition 3.7. En funktion f : X Y säges vr surjektiv om det för vrje y Y existerr ett x X sådnt tt f(x) = y. Vrje element i Y är lltså bilden v något x under funktionen f om funktionen är surjektiv. En funktion är surjektiv om och endst om dess målmängd smmnfller med dess värdemängd. X f Y X f Y Exempel då f ej är surjektiv Exempel då f är surjektiv En funktion kn vr surjektiv utn tt vr injektiv, och tvärtom. Exempel 3.8. Låt R + beteckn de icke-negtiv reell tlen. Betrkt funktionen f : R R + som definiers v f(x) = x 2. Då är f surjektiv, men inte injektiv till exempel hr vi f( 2) = f(2) = 4. Ett exempel på en funktion som är injektiv men inte surjektiv ges v funktionen i 3.4. Det finns till exempel inget n {, 2, 3} sådnt tt f(n) = 3. Definition 3.9. En funktion f : X Y som både är injektiv och surjektiv säges vr bijektiv, eller en bijektion. X f Y X f Y Exempel då f är bijektiv Exempel då f är bijektiv 5

16 Definition 3.0. Låt f : X Y vr en bijektiv funktion. Inversen till f är vbildningen f : Y X som ges v f (y) = x, där x är det entydig element i X som uppfyller f(x) = y. En funktion som hr en invers klls inverterbr. Vi ser här tt både injektivitet och surjektivitet är viktigt. Om f inte är injektiv kn det finns mång x X med f(x) = y. Om f inte är surjektiv kn det vr så tt det inte finns något x med f(x) = y. För inversen gäller tt f ( f (y) ) = y för ll y Y och f (f(x)) = x för ll x X. Exempel 3.. Betrkt funktionen f : R R som ges v f(x) = x 3. Denn funktion är injektiv och surjektiv, och därmed en bijektion. Inversen till f ges v funktionen f : R R som definiers v f (y) = y /3. Exempel 3.2. Både definitionsmängden och värdemängden måste bekts när vi undersöker om en funktion är en bijektion. Funktionen f : R + R + med f(x) = x 2 är en bijektion, med invers f (y) = y. Som vi såg tidigre är dett påstående flskt om vi betrktr f definierd på hel R. Antg tt f : X Y är en injektiv funktion. Då vet vi tt vi kn, för vrje y V f, finn ett x X sådnt tt f(x) = y. Men, om Y innehåller element som inte finns i V f är funktionen f inte surjektiv och därmed inte bijektiv. I dett fll är förutsättningrn för en invers inte uppfylld. Dett kn i mång fll, men inte ll, ses som en tekniklitet. Ty, om vi br skulle ändr på definitionen v f så tt målmängden Y är exkt de element vi kn få, nämligen V f, så skulle vi h en bijektiv funktion och lltså en invers. Vi kn säg tt vrje funktion som är injektiv hr en invers definierd på funktionens värdemängd V f. Dvs, om g : X V g är injektiv så är den inverterbr. Exempel 3.3. Låt f(x) = x + 2 vr en funktion definierd för x [0, 3]. Det är en enkel verifiktion tt se tt f är injektiv. Värdemängden till f är V f = [2, 5]. Alltså är f inverterbr om f ses som funktionen f : [0, 3] [2, 5]. I dett fll är f : [2, 5] [0, 3] och f (y) = y Egenskper för reell funktioner Definition 3.4. Vi säger tt en funktion f är växnde på ett intervll I D f om det för vrje x, y I för vilk x < y ger tt f(x) f(y). Om en funktion är växnde på hel sin definitionsmängd klls f växnde. Observer tt den konstnt funktionen f : R R och f(x) = 42 är växnde. Den är däremot inte strängt växnde som definiers enligt: 6

17 Definition 3.5. Vi säger tt en funktion f är strängt växnde på ett intervll I D f om det för vrje x, y I för vilk x < y ger tt f(x) < f(y). Om en funktion är strängt växnde på hel sin definitionsmängd klls f strängt växnde. Definition 3.6. En funktion f är uppåt obegränsd om dess värdemängd V f är uppåt obegränsd och uppåt begränsd om dess värdemängd V f är uppåt begränsd. Egenskper som vtgnde, strängt vtgnde, nedåt obegränsd och nedåt begränsd funktioner definiers på ett nlogt sätt. Vi säger tt en funktion är monoton eller strängt monoton i ett intervll om den är växnde respektive strängt växnde i intervllet eller vtgnde respektive strängt vtgnde i intervllet. Exempel 3.7. Låt f : (0, ) R vr en given positiv funktion. Vis tt om g : (0, ) R med g(x) = xf(x) uppfyller tt V g = [, 2] så är f obegränsd. Vi visr dett med hjälp v en motsägelse. Antg tt f är uppåt begränsd, d.v.s. V f är uppåt begränsd, vilket i sin tur ger tt det existerr ett tl M sådnt f(x) M för vrje x (0, ) och M >. Vi observerr tt /2M (0, ) och tt g(/2m) = 2M f(/2m) 2M M = 2 <. Dett strider mot tt V g = [, 2], lltså är f obegränsd. Definition 3.8. En funktion f : R R säges vr jämn om f( x) = f(x) för ll x R. Någr exempel på jämn funktioner är: x x 2, x x 4 och x x. Definition 3.9. En funktion f : R R säges vr udd om f( x) = f(x) för ll x R. Någr exempel på udd funktioner är: x x 3 och x x 7. Observer tt en funktion som inte är jämn inte behöver vr udd. Exempelvis är x + x vrken jämn eller udd. 3.3 Trigonometrisk funktioner Vi sk i dett delkpitel definier sinus och cosinus och vilk grundläggnde egenskper som de besitter. Låt oss betrkt en punkt P på enhetscirkeln vrs linje in mot origo bildr vinkeln θ till x-xeln om vi nvänder orienteringen moturs från x-xeln. Vi kllr koordintern i P för (cos θ, sin θ). Direkt ser vi tt sin 2 θ + cos 2 θ = 7

18 vilket klls för den trigonometrisk ettn. Där sin n θ för n R är definiert som (sin θ) n. P = (cosθ,sinθ) sinθ θ cosθ Det är viktigt tt vi inför en enhet eller skl för vinkeln θ. Låt oss säg tt vinkeln θ = om längden på den cirkelbåge som bilds hr längden. Denn enhet klls rdiner och är på mång sätt den nturlig skln för vinklr. Vi kommer i dett häfte lltid förutsätt tt vinklr mäts i rdiner. (cosθ,sinθ) θ θ Vi hr bildt funktionern θ cos θ och θ sin θ för θ [0, 2π). Vi utvidgr dess funktioner periodiskt till hel R, d.v.s. cos θ = cos(θ + n2π), sin θ = sin(θ + n2π) för ll n Z. Funktionen x sin x klls sinus och x cos x klls cosinus. 8

19 Av symmetriskäl får vi följnde reltioner direkt från definitionen ovn sin θ = cos(θ π/2), (3.) cos θ = sin(θ + π/2), (3.2) cos( θ) = cos θ, (3.3) sin( θ) = sin θ, (3.4) cos θ = cos(θ + π), (3.5) sin θ = sin(θ + π). (3.6) Reltionern (3.3) och (3.4) säger tt cosinus och sinus är en jämn respektive udd funktion. Grfen till funktionern sinus och cosinus är 3π 2π π π 2π 3π Figur 3.: Grfen till funktionen x sin x. respektive 3π 2π π π 2π 3π Figur 3.2: Grfen till funktionen x cos x. Exempel Observer tt vi kn med hjälp v sinus och cosinus relter sidor och vinklr med vrndr i rätvinklig tringlr. Låt oss börj med den rätvinklig tringeln med sidorn, b och c c b θ 9

20 Om vi sklr denn tringel så tt hypotenusn får längden så får vi den likformig tringeln θ /c b/c Om vi nu skriver in denn tringeln i enhetscirkeln så får vi de önskde reltionern θ /c b/c Vi ser tt cos θ = c och sin θ = b c. (3.7) Vi behöver en generlisering v Pythgors sts som heter Cosinusstsen, nämligen Sts 3.2 (Cosinusstsen). Låt, b och c vr sidlängdern i en tringel. Då gäller tt c 2 = 2 + b 2 2b cos θ, (3.8) där θ är den vinkel i tringel där sidlängdern och b möts. c θ b Bevis: I fllet θ = π/2 så återfår vi Pythgors sts. Vi bevisr cosinusstsen för spetsig och trubbig vinklr vr för sig. Vi börjr med fllet då vinkeln θ < π/2, lltså då θ är spetsig. Vi inför höjden h och låter x vr en del v sidn b som i figuren nedn 20

21 θ h c x b x Vi nvänder nu Pythgors sts i de två rätvinklig tringlrn och får { 2 = h 2 + x 2 c 2 = h 2 + (b x) 2 Vi löser ut h 2 i den först ekvtionen och sätter in resulttet i den ndr ekvtionen och får c 2 = 2 x 2 + (b x) 2 = 2 + b 2 2bx. Det återstår tt konstter tt x = cos θ vilken följer från formel (3.7). Det ndr fllets lösning är näst intill lik. Med hjälp v en bild lämnr vi det som en övning åt läsren. h c θ x b Sts Följnde identitet gäller cos(x y) = cos x cos y + sin x sin y (3.9) Bevis: Observer tt vi med hjälp v Pythgors sts får tt d i figuren nedn ges v d = (cos x cos y) 2 + (sin x sin y) 2. 2

22 (cosx,sinx) d x y x y (cosy,siny) Cosinusstsen 3.2 ger tt (cos x cos y) 2 + (sin x sin y) 2 = + 2 cos(x y). Om vi förenklr med hjälp v den trigonometrisk ettn får vi 2 2 cos x cos y 2 sin x sin y = 2 2 cos(x y) cos x cos y + sin x sin y = cos(x y) vilket skulle beviss. Följdsts Följnde identiteter gäller cos(x + y) = cos x cos y sin x sin y (3.0) sin(x + y) = sin x cos y + cos x sin y (3.) sin(x y) = sin x cos y cos x sin y (3.2) cos(2x) = cos 2 x sin 2 x (3.3) sin(2x) = 2 sin x cos x (3.4) Bevis: Vi bevisr här (3.0). Låt y = z i (3.9). Vi får då cos(x + z) = cos x cos( z) + sin x sin( z) = cos x cos z sin x sin z Bevisen för (3.) (3.4) följer på liknnde vis och med hjälp v (3.) (3.6) och lämns som en övning åt läsren. Definition Funktionen tn: {x R: x nπ/2, n Z} R, sådn tt klls tngens. tn x = sin x cos x, (3.5) 22

23 Grfen för tngens är π 2 π π 2 π 2 π 3π Figur 3.3: Grfen till funktionen x tn x. Exempel Låt oss studer två speciell tringlr som ger oss möjlighet tt exkt beräkn värdet v de trigonometrisk funktionern för punktern π 6, π 4 och π 3. Vi börjr med en likbent och rätvinklig tringel där ktetern är v längden, lltså π 4 2 π 4 som ger tt sin π 4 = cos π 4 = 2 och därmed är tn π 4 =. Näst tringel är en liksidig tringel med sidn 2 som vi delr mitt itu. π π 3 π 3 23

24 Vi ser tt sin π 6 = cos π 3 = 2 och sin π 3 = cos π 6 = 3 2 därmed är tn π 6 = 3 och tn π 3 = 3. Övning 3.. Lös följnde ekvtioner ) sin x = 2, b) cos x = 2. Övning 3.2. Vis tt ) sin 2 2x = 4 tn 2 x( sin 2 x)(cos 2x + sin 2 x), b) Beräkn cos(π/2) genom tt nvänd tt cos(π/6) = Cyklometrisk funktioner Vi börjr med tt observer tt funktionen f : R [, ] sådn tt f(x) = sin x inte är injektiv, ty vi hr t.ex. tt f(0) = f(π), och därmed inte inverterbr. Om vi däremot begränsr definitionsmängden D f till det slutn intervllet [ π/2, π/2] blir f bijektiv och hr en invers. Vi gör följnde definition: Definition Låt f : [ π/2, π/2] [, ] sådn tt f(x) = sin x. Inversen till f klls rcussinus och beteckns f (y) = rcsin y. Observer tt den generell formeln sin(rcsin y) = y gäller för ll y [, ] och rcsin(sin x) = x gäller för ll x [ π/2, π/2]. Grfen för rcussinus är π 2 π 2 Figur 3.4: Grfen till funktionen x rcsin x. 24

25 Kommentr Vi skulle h kunnt välj något nnt intervll än [ π/2, π/2] för tt få x sin x bijektiv. Dett intervll är dock stndrdisert runt om i världen, så om inget nnt nges kn mn med säkerhet nt tt det är dett intervll mn menr när mn prtr om inversen till x sin x. På liknnde sätt konstterr vi tt funktionern x cos x och x tn x kn görs inverterbr genom tt inskränk definitionsmängden. Definition Låt f : [0, π] [, ] sådn tt f(x) = cos x. Inversen till f klls rcuscosinus och beteckns f (y) = rccos y. Grfen för rcuscosinus är π π 2 Figur 3.5: Grfen till funktionen x rccos x. Definition Låt f : [ π/2, π/2] R sådn tt f(x) = tn x. Inversen till f klls rcustngens och beteckns f (y) = rctn y. Grfen för rctngens är 25

26 π π 2 Figur 3.6: Grfen till funktionen x rctn x. Övning 3.3. Bestäm definitionsmängden och värdemängden till funktionern ) x rcsin x, b) x rccos x, c) x rctn x. Övning 3.4. Lös ekvtionern ) rcsin x = 5π 6, b) rctn x = π Exponentilfunktionen Vi kommer inte i dett häfte definier exponentilfunktionen x x, där >. Istället nts tt läsren är bekväm med funktionen som en strängt växnde funktion med värdemängd (0, ) som uppfyller räknelgrn ) 0 = b) = c) x+y = x y d) x = / x e) ( x ) y = xy Att introducer exponentilfunktionen på ett korrekt vis är långt ifrån en enkel sk och ligger utnför rmrn för dett häfte. Med hjälp v d) kn vi definier exponentilfunktionen för <. Vi hr för < tt / > och x = ( ) x. 26

27 Grfen för exponentilfunktionen är Figur 3.7: Grfen till funktionen x 2 x till vänster och x (/2) x till höger. Övning Logritmfunktionen Låt f : R (0, ) sådn tt f(x) = x, för något >. Då gäller tt f är inverterbr. Vi definierr logritmfunktionen som inversen till f och betecknr f (y) = log y. Alltså hr vi tt D f = (0, ) och V f = R. Grfen för logritmfunktionen är Figur 3.8: Grfen till funktionen x log 2 x. Inversen uppfyller följnde räknelgr: Sts Låt >, då gäller tt logritmfunktionen uppfyller ) log = 0 27

28 b) log (xy) = log x + log y, x > 0, y > 0 c) log x y = y log x, x > 0 Bevis: Generellt gäller tt vi vill överför exponentilfunktionens räknelgr till dess inversfunktion. Vi kommer hel tiden tt nvänd oss v tt x = y om och endst om x = y. Dett är en direkt följd v tt x x är injektiv. ) Vi vill vis tt log = 0 eller ekvivlent tt log = 0. Vänsterledet uppfyller tt log = och högerledet tt 0 =. Alltså stämmer ll påståenden. b) Vi vill vis tt log (xy) = log x + log y eller ekvivlent tt log (xy) = log x+log y. För vänsterledet gäller tt log (xy) = xy och för högerledet vi exponentilfunktionens räknelgr tt log x+log y = log x log y = xy. c) Vi vill vis tt log x y = y log x eller ekvivlent tt log xy = y log x. Vänsterledet är x y och högerledet är y log x = ( log x ) y = x y och vi är klr. Övning 3.6. Vis tt ) log (x 3 xy 2 ) log (x + y) log x = log (x y), b) ((3 ) b 3 )3 + = 3 b. 3.7 Absolutbelopp Givet ett tl x R (eller C) så definiers x som vståndet från x till origo. Funktionen x x klls bsolutbeloppet lterntivt beloppet v x. För reell tl implicerr dett tt x = { x, x 0, x, x < 0 (3.6) eller x = x 2. Grfen hr följnde utseende 28

29 Figur 3.9: Grfen till funktionen x x. Observer tt funktionen x x är jämn. Exempel 3.3. Vi hr enligt definitionen tt 5 = ( 5) = 5, 5 = 5, π = ( π) = π och 0 = 0. Vi hr här vrit övertydlig med nvändningen v minustecken. I dett häfte kommer vi i ett flertl tillfällen tt nvänd bsolutbeloppet på formen x = b som betyder tt vståndet från x till origo, eller vståndet från x till, är b. Exempel Skiss mängden A = {x R: x p}, där p > 0. Lösning: p +p Observer tt definitionen direkt ger tt x x, (3.7) för vrje x R. Följnde sts viss exempelvis med hjälp v fllindelning. Sts Låt x, y R, då gäller x y = x y, (3.8) x + y x + y. (3.9) Bevis: Vi lämnr beviset v (3.8) till läsren som en övning. Beviset v (3.9) gör vi med hjälp v fllindelning. 29

30 Antg tt x 0 och y 0. Olikheten är i dett fll en likhet, ty x + y = x + y = x + y. Antg nu tt x 0 och y 0. Symmetriskäl gör tt fllet x 0 och y 0 kn behndls nlogt, vrför vi utelämnr det. Även här vill vi del upp i två fll. Det en är då x + y 0 och det ndr då x + y < 0. Vi börjr med fllet då x + y 0. Vi får (kom ihåg tt y < 0) x + y = x + y x y = x + ( y) = x + y. Nu till delfllet tt x + y < 0. Vi får x + y = (x + y) = x y x y = x + ( y) = x + y. Slutligen det sist fllet då x < 0 och y < 0. Vi får x + y = (x + y) = x + ( y) = x + y och olikheten är visd. Övning 3.7. Lös olikheten x 2 4 < 5. Övning 3.8. Vis tt om x < så är x + < De elementär funktionerns grfer I dett delkpitel rits grfern ut till delr v de elementär funktionern. Dess grfer är lämplig tt kunn. Vi ritr funktionern och dess inverser gemensmt för tt illustrer smbnden. 30

31 x e x x lnx x rcsinx x sinx x rcsinx 3 2 x cosx

32 π 2 π π 2 π 2 π π 2 Figur 3.0: Den röd grfen är x rctn x och den blå grfen är x tn x x /x

33 4 3 2 x /x Övningr Övning 3.9. Bestäm definitionsmängd, värdemängd och inversen för funktionern ) x ln( x), b) x e x 4, c) x x Övning 3.0. Vis den ndr delen i beviset v cosinusstsen. Övning 3.. Vis (3.) (3.4). Övning 3.2. Vis likhet (3.8). Övning 3.3. Vis tt ) b) tn(x + y) = tn(2x) = tn x + tn y tn x tn y 2 tn x tn 2 x 33

34 4 Tlföljder 4. Definitionen och konvergens Definition 4.. En följd v tl, 2, 3,... klls för en tlföljd och beteckns ( n ) n=. Vi säger tt tlföljden ( n) n= är växnde om n+ n för vrje n och tt den är uppåt begränsd om det finns ett tl M sådnt tt n M för vrje n. M Figur 4.: Exempel på en tlföljd som är växnde och uppåt begränsd v M. Vi definierr på ett nlogt sätt vd som mens med tt en tlföljd är vtgnde och nedåt begränsd. En tlföljd sägs vr begränsd om den är både uppåt och nedåt begränsd. Exempel 4.2. Om n = 2n n+ så blir ( n) n= tlföljden 2/2, 4/3, 6/4, 8/5,.... Tlföljden är uppåt begränsd v tlet 2 men även v tlet 4, ty Den är dessutom växnde eftersom n+ n = n = n (n + )(n + 2) Figur 4. illustrerr denn tlföljd. Definition 4.3. En tlföljd ( n ) n= sägs konverger mot gränsvärdet A om det för ll ε > 0 finns ett N sådnt tt n A < ε för vrje n > N. Vi inför beteckningen lim n = A. n En tlföljd med denn egenskp klls konvergent, nnrs klls tlföljden divergent. Figuren nedn illustrerr definitionen. 34

35 A+ε A ε Exempel 4.4. Vis tt tlföljden ( n ) n= där tlen ges v n = n konvergerr mot 2 då n. Enligt definitionen sk vi först låt ett tl ε > 0 vr givet. Vi vill nu finn ett N, som kommer tt bero v ε, sådnt tt n 2 < ε för vrje n > N. Vi ser tt n 2 < ε är ekvivlent med 3 n < ε och därmed även med ε < 3n. Eftersom logritmfunktionen x log 3 x är strängt växnde så följer tt ε < 3n är ekvivlent med log 3 ε < n. Alltså hr vi tt om n > log 3 ε så är n 2 < ε. Vi kn därmed välj N till något tl större än eller lik med log 3 ε, låt oss t N = log 3 ε. Vi säger tt tlföljden ( n ) n= hr det oegentlig gränsvärdet om det för vrje M existerr ett N sådnt tt n > M för vrje n > N. Vi betecknr dett med N lim n =. n M N Observer tt tlföljder som hr oegentlig gränsvärden är divergent. Det finns även tlföljder som helt sknr gränsvärde, exempelvis n := ( ) n, som pendlr melln och. Det är lämnt till läsren tt vis tt en konvergent tlföljd är begränsd. Sts 4.5. Låt ( n ) n= och (b n) n= vr konvergent tlföljder med gränsvärden A respektive B. Då följer tt ) ( n + b n ) n= är konvergent med gränsvärdet A + B, 35

36 b) ( n b n ) n= är konvergent med gränsvärdet AB, c) om B 0 hr vi tt ( n /b n ) n= är konvergent med gränsvärdet A/B, d) om n b n, för vrje n så gäller tt A B. Kommentr 4.6. Den observnte noterr tt vi i c) måste nt tt b n 0 för ll de n som är inkluderde i ( n /b n ). Eftersom vi är intresserde v gränsvärdet då n kn vi exkluder tl i börjn v följden. Då vi vet tt B 0 så kn vi välj ett N sådnt tt b n B < B /2. Alltså följer tt b n 0, då n > N. Vi kn nu omformuler c) som tt ( n /b n ) n=n är konvergent med gränsvärdet A/B. Bevis: Vi nvänder oss v definitionen. ) Tg ε > 0. Vi vill vis tt det finns ett N sådnt tt n +b n A B < ε för ll n > N. Enligt tringelolikheten (3.9) hr vi n + b n A B n A + b n B Då ( n ) n= konvergerr mot A och (b n) n= konvergerr mot B får vi tt det finns tl N och N 2 så tt n A < ε 2, då n > N och b n B < ε 2, då n > N 2. Dett ger tt n + b n A B < ε, då n > mx{n, N 2 }. Alltså kn vi välj N = mx{n, N 2 }. b) Tg ε > 0. Vi vill vis tt det finns ett N sådnt tt n b n AB < ε för ll n > N. Enligt tringelolikheten (3.9) hr vi n b n AB = n b n n B + n B AB n b n n B + n B AB = n b n B + B n A. Eftersom ( n ) n= är konvergent så är den begränsd, d.v.s. det finns ett tl K > 0 sådnt tt n < K för vrje n. Då ( n ) n= konvergerr mot A och (b n ) n= konvergerr mot B får vi tt det finns tl N och N 2 sådn tt b n B < ε 2K, då n > N och n A < ε 2 B, 36

37 då n > N 2. Dett ger tt n b n AB < ε, då n > mx{n, N 2 }. Alltså kn vi välj N = mx{n, N 2 }. c) Dett bevis lämns som en övning åt läsren. d) Låt oss gör ett motsägelsebevis. Antg tt B < A. Bild tlföljden c n = b n n. Vi hr tt c n 0, för vrje n. Tlföljden (c n ) n= hr gränsvärdet C := B A < 0. Tg ε = C/2 > 0. Från definitionen existerr det ett N sådnt tt C + C/2 < c n < C/2, för vrje n > N. Men då C < 0 så får vi tt c n < C/2 < 0 för n > N. Dett strider mot tt c n 0, för vrje n. Alltså är A B. Sts 4.7. Om ( n ) n= är en växnde och uppåt begränsd tlföljd så är den konvergent och lim n = sup { n : n }. n Bevis: Eftersom { n : n } är en delmängd v de reell tlen som är uppåt begränsd så finns enligt supremumxiomet 2.4 en minst övre begränsning. Låt oss kll denn minst övre begränsning till ( n ) n= för K, d.v.s. K = sup { n : n }. Då K är den minst övre begränsningen till tlföljden så finns det element i tlföljden godtyckligt när K och i viss fll även lik stor som K. Alltså, för vrje givet ε > 0 finns ett N sådnt tt N K < ε. Men då tlföljden är växnde kommer n K < ε för ll n > N. Vi är klr och hr vist tt gränsvärdet v tlföljden är precis K, d.v.s. lim n = K. n På smm sätt viss tt om ( n ) n= är en vtgnde och nedåt begränsd tlföljd är så är den konvergent och lim n = inf { n : n }. n Stsen som följer säger tt n 2, n och n hr det oegentlig gränsvärdet, då n, medn n och n /2 går mot noll, då n. Beviset är lämnt som en övning för läsren. Sts 4.8. Följnde gränsvärde gäller lim n np = Övning 4.. Bestäm följnde gränsvärden ) lim n n 2 n+ +2n 2, b) lim n e n +e n e 2n +e 2n. {, om p > 0, 0, om p < 0. 37

38 4.2 Binomilstsen Vi börjr med någr exempel för tt illustrer vd vi vill åstdkomm i dett delvsnitt. Exempel 4.9. Antg tt det finns fem personer och vi frågr oss följnde: På hur mång sätt kn dess bild en kö, d.v.s. en ordnd följd? Svret är tt vi hr fem möjligheter tt välj den först personen, fyr möjligheter tt välj den ndr personen, o.s.v.. Vi får lltså = 20 möjligheter. Definition 4.0. Låt n N, då definiers { n (n ) (n 2) 2, n, n! =, n = 0. Beteckningen klls n-fkultet. Exempel 4.. Antg tt det finns tio personer och vi vill bild en kö bestående v fyr personer. På hur mång sätt kn vi åstdkomm dett? Svret är tt vi kn välj först personen på tio olik sätt, ndr personer på nio olik sätt, tredje personen på ått olik sätt och slutligen den fjärde personen på sju olik sätt. Alltså finns det = 0! 6! = 0! (0 4)! olik sätt. Den sist identiteten är där för tt illustrer hur svret beror v prmetrrn från frågeställningen. Läsren kn själv verifier tt dett resonemng leder till tt vi kn välj ut en kö på k personer från n stycken på olik sätt. Här förutsätts tt k n. n! (n k)! Exempel 4.2. Antg tt det finns tio personer och vi vill bild en grupp bestående v fyr personer. Där ordningen på de utvld inte spelr någon roll. På hur mång sätt kn vi åstdkomm dett? Vi vet från det tidigre exemplet tt vrje kö v fyr personer från tio kn väljs ut på 0!/(0 4)! olik sätt. Det betyder tt om vi nu tr bort den inbördes ordningen så finns vrje grupp med 4! gånger för mycket. Det vi vill är tt dess 4! olik köer är en och smm grupp. Vi måste lltså divider med 4!. Svret är tt vi kn välj ut fyr personer v tio till en grupp på 0! (0 4)!4! 38

39 olik sätt. Det är värt tt bekräft tt dett svr är symmetriskt i 4 och 0 4. Jg menr tt vi kunde lik gärn h vlt ut fyr personer genom tt välj ut vilk sex personer som inte sk vr med. Att välj ut sex personer från tio till en grupp kn enligt ovn görs på olik sätt. I båd fllen är svret 0! (0 6)!6! 0! 4!6!. Mer llmänt Definition 4.3. Låt n, k N sådn tt k n. Vi definierr n-över-k som ( ) n n! = k (n k)!k!. Vi hr lltså definiert en nottion och tlesätt för svret på den viktig frågn: På hur mång sätt kn vi välj ut k stycken sker från n stycken? Vi är nu redo tt beskriv stsen som delvsnittet hndlr om Sts 4.4 (Binomilstsen). Låt n N, då gäller tt n ( ) n ( + b) n = n k b k. k k=0 Bevis: Vänsterledet består v en multipliktion v n stycken fktorer v typen ( + b). Om vi utför prentesmultipliktion så får vi termer v typen k b n k, så tt den totl ntlet fktorer är n. Frågn är hur mång termer v denn typ vi får. Att välj ut k stycken ur n prenteser kn görs på ( n k) olik sätt. Alltså är vi klr. 4.3 Tlet e Exempel 4.5. Antg tt vi hr x kr på bnken och tt bnken ger oss xr kr i ränt vrje år. Efter ett år hr vi lltså ( + r)x kr. Antg vidre tt bnken ger oss hlv räntn om vi endst hr pengrn instt hlv året och nlogt för ndr tidsperioder v året. I vårt fll betyder det tt vi hr ( + r/2)x kr efter ett hlvår. Vi kn då utnyttj dett genom tt h x kr instt ett hlvår för tt t ut ( + r/2)x. Nu sätter vi in ( + r/2)x smm dg och plockr vid årets slut ut ( + r/2) gånger pengrn, dvs. ( + r/2)( + r/2)x. Det senre kn skrivs om som ( + r 2 ) ( + r 2 ) ( x = + r 2 39 ) ) 2 x = ( + r + r2 x. 4

40 Vi hr vunnit r 2 x/4 på kuppen. Om vi nu gör så här vrje dg blir det ( + r ) ) 365 x = ( + r + r x. Om vi gör det n gånger så blir det ( + r n) n x, vd händer nu då n? Vi kommer senre i dett vsnitt tt se tt dett gränsvärde går mot e r x, där e är ett tl. Alltså hr vi e r x pengr efter ett år. Bnken kn nu nvänd strtegin tt de betlr ut ränt utefter denn modell redn från börjn. Om en kund vill t ut pengr efter hlv året så får de e r/2 gånger pengrn. Med denn modell så kn de inte tjän mer genom tt t ut och sätt in pengrn vid upprepde tillfällen. För en kund som hr x pengr och gör dett efter ett hlvår får vi, e r/2 e r/2 x = e r x. Alltså är ränt på ränt redn inkluderd. Årsräntn är + r yer = e r eller r yer = e r. Definition 4.6. Vi definierr tlet ( e = lim + n. n n) För tt definitionen ovn skll vr v någon mening så måste vi vis tt gränsvärdet existerr. Sts 4.7. Tlföljden ( n ) n= med är konvergent. k=0 n = ( + ) n n Bevis: Vi vill verifier tt ( n ) n= är växnde och uppåt begränsd. Låt oss nvänd binomilstsen 4.4 ( + n) n n ( ) ( ) n k n ( ) n = n k = k n k n k. Vi studerr vrje term i detlj. ( ) n k n k = n! k!(n k)!n k = n (n ) (n 2) (n k + ) k! n k = k! n = k! n n n n 2 n n k + ( n ) ( 2 ) n n k=0 ( k n ). 40

41 För tt nu inse tt tlföljden är växnde studerr vi n och n+. n = och nlogt följer tt n+ = n+ k=0 n k=0 ( k! ) ( 2 ) ( k ) n n n ( k! ) ( 2 ) ( k ). n + n + n + Låt oss jämför de termer vi får för ett givet k. Vi hr tt i n < i, i =, 2,..., k n + vilket ger tt ( ) ( k ) ( < ) ( k ). n n n + n + För vrje k i summorn är termen från n+ större än den från n. Dessutom innehåller n+ en term mer än n som också ger ett positivt bidrg. Alltså är n+ > n för ll n. Låt oss nu även verifier tt ( n ) n= är uppåt begränsd. Återigen nvänder vi oss v frmställningen n = n k=0 då vrje prntes är mindre än. ( k! ) ( 2 ) ( k ) n n n Vi behöver olikheten k! > 2 k för ll k 4. Olikheten kn ekvivlent beskrivs som k!/2 k >, för ll k 4. Vi hr följnde k! k(k )(k 2) 2 = = k k 2k eftersom vrje fktor är större än. Dett pssr nu perfekt för vår uppskttning. n k=0 k! = 0! +! + 2! + n 3! + k= > k 2 = n n k=0 k 2 k! < n 6 + k=0 Vi påminner oss nu om formeln för en geometrisk summ, n k=0 x k = xn+ x. 4 k=4 k!, 5 2 >, 2 k n 2 k < + 2 k. k=0

42 I vårt fll får vi n k=0 n k! < + k=0 2 k = + ( n+ 2) 2 ( = + 2 ) 2 n+ < 3. Vi hr nu vist tt ( n ) n= tt ( n ) n= är konvergent. både är växnde och uppåt begränsd vilket ger Exempel 4.8. Vi får även tlet e som gränsvärde ifll vi låter n. Nämligen, ( lim + n = e. n n) Lösning: Låt m = n, vi får ( lim + n ( = lim n n) ) m m m ( ) m m ( = lim = lim + ) m. m m m m Låt nu k = m och nyttj 4.5 b). Alltså är ( lim + ) m ( = lim + ) k+ ( = lim + ) k ( + ) = e. m m k k k k k Definition 4.9. Inversen till exponentilfunktionen med e som bs klls för den nturlig logritmfunktionen och beteckns x ln x. 4.4 Stndrdgränsvärden vid Näst sts säger oss tt exponentiell tillväxt är snbbre än polynomiell tillväxt och fkultet växer snbbre än exponentiell tillväxt. Sts Låt > och b R. Då gäller tt lim n lim n n =, nb (4.) n! =. bn (4.2) Bevis: Vi börjr med tt vis (4.). I fllet då b 0 inser vi tt resulttet följer. Så, ntg tt b > 0. Eftersom > så gäller tt /b >. Vi låter /b = + p, där p > 0. Vi hr tt ( n n b = n/b n ) b ( ) ( + p) n b =. n 42

43 Det räcker nu tt vis tt ( + p) n lim n n =. Med hjälp v binomilstsen (se sts 4.4), där vi endst kommer tt utnyttj en term, får vi ( + p) n n då n. = n n k=0 ( ) n p k ( n )p 2 n(n )p2 = k n 2 2n Låt oss nu vis (4.2). Bild c n = n! b n. Låt N vr sådnt tt N > 2b och noter tt Vi hr tt då j. (n + )! (n + ) n! c n+ = b n+ = b b n = n + c n. b c N+j = N + j b N + j b = (n )p2 2 N + c N 2 j c N, b, 4.5 Bolzno-Weierstrss sts Låt ( n ) n= vr en tlföljd. Om vi endst studerr en del v tlen n, men fortfrnde oändligt mång, och bildr en egen tlföljd v dess så sägs denn ny tlföljd vr en delföljd v den ursprunglig tlföljden. Den ny tlföljden beteckns oft ( nk ) k=, där n k N är en strängt växnde tlföljd. Vi ger ett exempel för tt klrgör nottionen. Exempel 4.2. Låt n = 2n. Tlföljden ( n ) n= ges då v 2, 4, 6, 8,.... En delföljd till denn är när vi endst betrktr vr femte tl, lltså 2, 2, 22, 32,.... Den ny tlföljden beteckns ( nk ) k=, där n k = 5(k ) +. D.v.s., för n (då k = ) får vi n = = 2, för n 2 (då k = 2) får vi n2 = 6 = 2, o.s.v. Sts 4.22 (Bolzno-Weierstrss sts). Låt ( n ) n= vr en begränsd tlföljd. Då finns det en konvergent delföljd. Bevis: Om vi lycks vis tt det finns en växnde eller vtgnde delföjd så vet vi från sts 4.7 tt den kommer tt vr konvergent. Låt A = {n: n m, för vrje m n}. Mängen A beskriver ll index n k v tl i ( n ) n= sådn tt ll resternde tl i följden är mindre eller lik med tlet nk. 43

44 n n I figuren ovn innehåller A indexen 2, 6, 8, 0, 7, 9, 2,.... Om ntlet index n k i A är oändligt mång bildr ( nk ) k= en vtgnde delföljd. Vi är färdig i dett fll. Om ntlet index i A är ändligt mång och A inte är tomm mängden så finns det ett störst index i A, låt oss kll dett index för M. Nu kn vi välj vårt först tl i tlföljden ( nk ) k= till M+ eller i fllet tt A vr tomm mängden. Eftersom dett index är större än M så finns det större tl än M+ i tlföljden ( n ) n=m+. Låt n 2 vr ett index sådnt tt n2 > M+. Eftersom n 2 A så finns det ett index n 3 > n 2 sådnt tt n3 > n2. Denn process leder till en växnde tlföljd ( nk ) k= som är konvergent enligt sts 4.7. Övning 4.2. Bevis sts 4.5 c). Övning 4.3. Vis tt en konvergent tlföljd är begränsd. Övning 4.4. Bevis sts 4.8. Ett tips är tt först vis stsen för p, därefter för 0 < p < och slutligen för p < 0. 44

45 5 Gränsvärden v funktioner vid oändligheten 5. Definitionen och konvergens Definition 5.. Låt f vr en funktion definierd i (, ) för något. Vi säger tt f konvergerr mot gränsvärdet A då x går mot om det för vrje ε > 0 finns ett N sådnt tt f(x) A < ε för vrje x > N. Vi skriver dett lim f(x) = A. x Alterntivt skriver vi tt f(x) A då x. Om inget sådnt A existerr klls f divergent då x går mot. A+ε A ε Exempel 5.2. Vis tt lim x N 4x 2 = 0. Låt ε > 0 vr givet. Vi vill vis tt det finns ett N sådnt tt f(x) 0 < ε för vrje x > N. Vi hr tt f(x) 0 < ε om och endst om < ε. Det 4x 2 senre gäller om och endst om x > 2. Vi kn lltså välj N till något tl ε större än eller lik med 2 ε. 0+ε 0 ε 2 ε N Observer tt N är beroende v ε. Förändrs ε så kn vi behöv byt värdet på N. Vi kn förtydlig dett genom tt skriv N = N(ε). Definition 5.3. Låt f vr en funktion definierd i (, ) för något. Vi säger tt f hr det oegentlig gränsvärdet då x går mot om det för vrje M finns ett N sådnt tt f(x) > M för vrje x > N. Vi skriver dett lim f(x) =. x 45

46 M N På smm vis som ovn definierr vi gränsvärden och oegentlig gränsvärden mot. Precis som för tlföljder så gäller följnde sts Sts 5.4. Låt f och g vr funktioner sådn tt f(x) A och g(x) B, då x. Då följer tt ) f(x) + g(x) A + B, då x, b) f(x)g(x) AB, då x, c) om B 0 så följer tt f(x)/g(x) A/B, då x. d) om f(x) g(x), för ll x (, ) så gäller tt A B. Beviset för denn sts smmnfller sånär som på nottion beviset för sts 4.5. Det är lämnt till läsren, som en övning i nottion, tt utför dess bevis. För c) gäller tt behöver väljs tillräckligt stort så tt g(x) 0, för vrje x (, ). Det är värt tt noter tt vi kn tillåt tt A = och/eller B = med de formell räknereglern: =, + =, x =, där x > 0, x + =, där x R. Observer dock tt följnde uttryck är odefinierde,, 0. 46