IV. Ekvationslösning och inversa funktioner

Transkript

1 Analys 360 En webbaserad analysurs Grundbo IV. Evationslösning och inversa funtioner Anders Källén MatematiCentrum LTH

2 IV. Evationslösning och inversa funtioner 1 (11) Introdution I det här apitlet sa vi disutera hur man löser en evation f() = y. Vi börjar med en disussion om hur man grafist ser hur många lösningar det finns och ungefär vila de är. Därefter disuterar vi Newtons metod som numerist an bestämma dessa nollställen till önsad precision. Därefter fouserar vi på situationen när det finns precis en lösning till evationen (funtionen sägs då vara injetiv). Då ommer lösningen att bli en funtion av högerledet y, en funtion som allas inversen till den ursprungliga funtionen. Vi disuterar hur vi an sissera grafen för denna invers utifrån grafen för ursprungsfuntionen, samt hur vi an bestämma inversens derivata. I samband härmed härleder vi ocså den vitiga edjeregeln för derivation av sammansatt funtion. Evationslösning Att lösa en evation f() = y innebär att vi för fit y vill hitta alla som löser denna evation. För att få reda på hur många lösningar som finns och ungefär var dessa ligger an man i en variabel ofta använda sig av grafritning. Eempel 1 För att se hur många lösningar evationen f() = y har för olia y när f() = , sisserar vi först grafen för funtionen. Vi har att lim ± f() =, och att f () = = 4( + 2)( 5), så det följer att f har stationära punter i = 2, 0, 5. Vi får följande tecentabell: : f () f() Vi har därför loala minima i = 2, 5 och ett loalt maimum i = 0. Grafen till funtionen är ritad till höger. Från denna graf an vi nu avläsa hur många lösningar evationen f() = a har för olia a genom att se efter hur många särningar vi har mellan grafen y = f() och den horisontella linjen y = a (några av vila är ritade röda figuren). Vi ser att svaret an sammanfattas i följande tabell y a < 350 a = < a < 7 a = 7 eller a = 25 7 < a < 25

3 IV. Evationslösning och inversa funtioner 2 (11) Men detta ger oss endast antalet rötter. Hur får vi reda på t.e. vila nollställena är? En metod sa disuteras i nästa avsnitt. Låt oss doc först göra följande observation. Om vi byter mot y får vi en urva = f(y) som vi an rita på följande sätt: vi speglar urvan y = f() i linjen y =. Detta an alternativt göras så att vi roterera urvan y = f() ett varts moturs och därefter speglar den i y-aeln. Vi får följande urva y Vad urvan visar är vila lösningar vi får till evationen f() = y: vi tar = y i figuren och ser efter vila värden vi då får. Detta är illustrerat med y = 50 genom att vi ritat ut den röda linjen = 50 och ser efter var den sär den blå urvan. Motsvarande y-värden ger de -värden som är lösningen på evationen [1] Som tabellen och figuren ovan visar får vi (med undantag för = 350) flera värden till ett givet -värde, så denna urva är inte en graf till en funtion. En urva är endast graf till en funtion om varje ger precis ett y. Numeris bestämning av ett rot Vi sa nu se hur vi an bestämma ett närmevärde till en lösning till en evation f() = y. Det räcer om vi disuterar fallet y = 0, för om vi har ett annat högerled, t.e. f() = 10, så an vi använda vad vi ommer fram till på funtionen f() 10. Vi börjar med ett eempel. Eempel 2 För funtionen f() = gäller att f () = 3( 2 1), så de stationära punterna är = ±1. Ett tecenstudium ger att = 1 är ett loalt maimum i vilet funtionen tar värdet 3, medan = 1 är ett loalt minimum i vilet funtionen tar värdet 1. Det följer därför att det måste finnas ett nollställe till polynomet någonstans i intervallet 1 < < 1. Men hur sa vi hitta den?

4 IV. Evationslösning och inversa funtioner 3 (11) Problemet vi sa disutera är att hitta en lösning till en evation f() = 0 som ligger i närheten av någon punt 0. Vi vet då att nära 0 gäller att f() f( 0 ) + f ( 0 )( 0 ). Det betyder att evationen f() = 0 är approimativt lia med evationen f( 0 ) + f ( 0 )( 0 ) = 0, vilen har lösningen (vi antar att f ( 0 ) 0) = 0 f( 0 )/f ( 0 ). y Detta ger naturligtvis i allmänhet inte den söta lösningen, men har vi tur har vi fått en bättre approimation än den vi startade med. Låt oss alla den nya approimationen 1. Geometrist innebär disussionen ovan att vi dragit tangenten till urvan y = f() i punten 0 och bestämt dess särning = 1 med -aeln. Det vi hoppas är att denna punt ligger närmare den sanna roten än vad vår startpunt 0 gjorde. y f( 0 ) = f ( 0 )( 0 ) y = f() 0 1 Vi an sedan dra tangenten till grafen för f i den nya punten 1 och bestämma en ny approimation 2 till roten till evationen f() = 0 som särningen mellan den och -aeln. Och så vidare, tills vi inte ser någon ändring i värdena vi får fram. Eempel 3 Vi fortsätter eemplet ovan och använder 0 = 0. Formeln ovan leder då till 1 = 0 f( 0) f ( 0 ) = = 1 3. Vi an nu upprepa detta med 1 = 1/3 som nytt 0, och får ett nytt närmevärde 2 = 1 f( 1) f ( 1 ) = 1 3 1/27 8/3 = Fortsätter vi denna process ett par gånger finner vi att 3 = , 4 = , 5 = Vi ser att dessa fyra decimaler inte ändrar sig hur länge vi än håller på. Rimligtvis har vi bestämt det oända nollstället med fyra decimaler. Denna metod att förbättra ett närmevärde 0 till en rot till evationen f() = 0 genom att successivt beräna 1, 2,... med hjälp av relationen n+1 = n f( n) f ( n )

5 IV. Evationslösning och inversa funtioner 4 (11) allas Newton-Raphsons metod. Det går att visa att om vi bara börjar tillräcligt nära den oända roten, så ommer processen att onvergera mot denna [2]. Det finns doc ingen garanti för onvergens i det ensilda fallet, som nästa eempel visar: Eempel 4 I närheten av = 4 har polynomet f() = ett nollställe. Om vi ställer upp Newton-Raphsons algoritm med startvärdet 0 = 1, så finner vi att 1 = 1, 2 = 1, 3 = 1, 4 = 1, och så vidare. Vi ser alltså att vi inte får onvergens mot något nollställe. y Detta beror delvis på att vi började för långt ifrån det ritiga nollstället. Att det blev en 2-cyel beror till stor del på att vi hoppar runt ett loalt minimum. Inversa funtioner Om evationen f() = y har högst en lösning för alla y, säger man att funtionen f är injetiv. Låt V f betecna de y för vila evationen har en lösning. Den mängden allas funtionens värdemängd. Låt vidare D f betecna de för vila f är definierad (allas funtionens definitionsmängd). Då gäller alltså att f : D f V f. Att funtionen är injetiv innebär då att det till varje y V f finns precis ett D f. Denna process definierar en funtion V f D f som allas inversen till f och betecnas f 1. Eempel 5 Om vi sätter f() = 2, som är definierad för alla, så gäller att V f = {y; y 0}. Evationen f() = y, alltså 2 = y, är då lösbar för alla y 0. Det finns två lösningar om y 0, nämligen = ± y, så funtionen är inte injetiv. Om vi emellertid insräner definitionsområdet till de som är sådana att 0, så är funtionen injetiv och evationen entydigt lösbar. Den inversa funtionen är precis den funtion som vi har gett namnet (betecningen).

6 IV. Evationslösning och inversa funtioner 5 (11) Om vi har grafen till en injetiv funtion så an vi rita grafen till dess invers utan att behöva veta vilet uttryc som definierat den ursprungliga funtionen. Att det är så beror på den fundamentala relationen f() = y = f 1 (y). De två evationerna här definierar alltså samma urva, men när vi vill rita grafen till f 1 så sa vi rita urvan y = f 1 (). Detta innebär att rita urvan f(y) =, och vi såg i början av apitlet att vi gör det genom att spegla urvan y = f() i linjen y =. y y = f() y = f 1 () Figuren ovan visar detta för funtionen f() = 2, 0. Grafen till f är den blå urvan och dess invers, f 1 () = är den röda urvan. På samma sätt an vi definiera funtionen 1 n = n som invers till funtionen y = n, 0 för ett godtycligt heltal n 0. Anmärning Om n är udda, så gäller att funtionen n är en funtion från R R, sådan att dess invers 1/n an definieras för alla. Det betyder att medan uttrycet 2 inte finns som reellt tal, så finns 3 2 och är lia med 3 2. Doc är inversen inte deriverbar i origo (varför? [3] ) Derivatan av en invers Vi an ocså beräna derivatan av en invers funtion uttryct i derivatan av den ursprungliga funtionen. Ett sätt att göra det är rent geometrist och illustreras i figuren till höger. I den använder vi betecningen dy = y f(a) och d = a. I ord visar figuren följande. Grafen till den ursprungliga funtionen ges av evationen y = f() och dess tangent i punten = a har evationen y f(a) = f (a)( a). Speglar vi tangenten i linjen y = får vi tangenten till urvan y = f 1 () och den speglade tangentens evation är f(a) = f (a)(y a). y y = f() a dy = f (a)d f(a) dy = 1 f (a) d d = f (a)dy y = f 1 () = f(y) Den är tangent till urvan y = f 1 () i punten b = f(a), vilet innebär att a = f 1 (b). Med andra ord, urvan y = f 1 () har en tangent i punten b = f(a) (och är därför deriverbar där), som har evationen y f 1 (b) = 1 ( b). f (a)

7 IV. Evationslösning och inversa funtioner 6 (11) Det i sin tur betyder att vi har visat följande sats Sats 1 Låt f vara en injetiv funtion med invers f 1. Om f är deriverbar i punten a med f (a) 0 och inversen är ontinuerlig i f(a) [4], så är f 1 deriverbar i punten b = f(a) med derivatan (f 1 ) (b) = 1 f (a). Beviset ovan är rent grafist, och an inte generaliseras till funtioner av fler variabler. Vi ompletterar därför med ett bevis som bygger diret på definitionen av derivatan. (Det är doc samma bevis.) Bevis. Eftersom f är deriverbar i a an vi sriva f() f(a) = A()( a) där A() är ontinuerlig i a. Om A(a) = f (a) 0 gäller att A() 0 i någon omgivning av a, och för sådana an vi sriva a = 1 (f() f(a)). A() Om vi inför den inversa funtionen i detta, = f 1 (y), blir detta f 1 (y) f 1 (b) = 1 (y b). A(f 1 (y)) Men här är B(y) = 1/A(f 1 (y)) en ontinuerlig funtion av y nära b, och dess värde i b är 1/f (f 1 (b)) = 1/f (a). Därmed är satsen fullständigt bevisad [5]. Eempel 6 Som ett första eempel sa vi beräna derivatan av funtionen. Vi vet att denna är invers till funtionen f() = 2, 0. Med f 1 (y) = y säger formeln nu att (f 1 ) (y) = 1 f () = 1 2 där relationen mellan och y är att = y (lösningen på evationen f() = y). Alltså får vi att (f 1 ) (y) = 1 2 y. Det var det vi sulle visa. Eempel 7 Vi an generalisera föregående eempel till att beräna derivatan av den allmänna rotfuntionen funtionen 1 n. Vi vet då att denna är invers till funtionen f() = n. Om vi sa beräna värdet av inversens derivata i en punt b sa vi först hitta det a som är sådant att b = f(a) = a n, alltså a = b 1 n. Derivatan av f i den punten är nu f (a) = na n 1 = n(b 1 n ) n 1 = nb n 1 n,

8 IV. Evationslösning och inversa funtioner 7 (11) så vi ser att (f 1 ) (b) = 1 = 1 nb n 1 n n b 1 n 1. Vi ser alltså att formeln ( n ) = n n 1 gäller inte bara om n är ett heltal, utan även för brå på formen 1/n. I nästa avsnitt sa vi se att denna derivationsformel gäller för alla rationella eponenter och i ett senare apitel att den gäller för alla reella eponenter. Kedjeregeln Vi såg i föregående avsnitt att om α är ett heltal eller ett genom ett heltal så gäller att ( α ) = α α 1. Vi vill nu visa att det gäller för godtycliga rationella tal α = p/q genom att först bevisa en formel som är av mycet större betydelse än att den ger detta resultat. Formeln ifråga talar om hur man deriverar en sammansatt funtion och allas edjeregeln. Den sammansatta funtionen definieras som den funtion f g som beränas genom (f g)() = f(g()). Sats 2: Kedjeregeln Låt f, g vara två funtioner sådana att den sammansatta funtionen f g är definierad i punten a, och antag att g är deriverbar i punten a och f är deriverbar i punten b = g(a). Då gäller att även f g är deriverbar i a och att (f g) (a) = f (g(a))g (a). Bevis. Enligt förutsättningarna an vi sriva f(y) f(b) = A f (y)(y b), g() g(a) = A g ()( a), där A f är ontinuerlig nära b och A g är ontinuerlig nära a, och sådana att A f (b) = f (b) och A g (a) = g (a). Men då följer med b = g(a) att f(g()) f(g(a)) = A f (g())(g() b) = A f (g())(g() g(a)) = A f (g())a g ()( a). Vi an alltså sriva (f g)() (f g)(a) = A()( a), där A(a) = A f (g(a))a g (a) = f (g(a))g (a). Detta bevisar edjeregeln.

9 IV. Evationslösning och inversa funtioner 8 (11) Anmärning Definition av den inversa funtionen innebär att (f f 1 )() = (f 1 f)() = för alla som uttrycen an beränas för. Båda formlerna innebär att = f 1 (y) är lösningen på evationen f() = y, fast på lite olia sätt. [6] Om vi deriverar formeln (f 1 f)() = får vi enligt edjeregeln att (f 1 ) (f())f () = 1 (f 1 ) (f()) = 1 f (), vilet är formeln för derivatan av en invers funtion från ovan. Eempel 8 Vi sa nu derivera funtionen h() = p q där p, q är heltal [7]. Vi observerar då att vi enligt potenslagarna an vi sriva h() = f(g()), där Enligt edjeregeln har vi nu att f() = p, g() = 1 q. h () = f (g())g () = pg() p 1 g () = p( 1 q ) p 1 1 q 1 q 1 = p q p 1 q + 1 q 1 = p q p q 1. Anmärning Vi har tidigare [8] härlett derivationsformeln (1/g) (a) = g (a)/g(a) 2 om g(a) 0 diret från definitionen. Vi an emellertid härleda den utifrån att (1/) = 1/ 2 och edjeregeln ocså: Här är f() = 1/. ( 1 g ) (a) = (f g) (a) = f (g(a))g (a) = g (a) g(a) 2. Vi avslutar detta apitel med ett eempel som visar att det är vitigt att unna identifiera sammansatta funtioner att ha lart för sig vad en storhet är funtion av i varje situation. Eempel 9 Ett barn blåser långsamt upp en ballong genom att blåsa in 2 dl luft per seund. Alldeles innan ballongen spricer är dess radie 6 cm. Hur snabbt sträctes ballongytan vid detta ögonblic? För att lösa problemet approimerar vi ballongen med en sfär. Vi vet att då gäller att om V är dess volym och S dess area när radien är r, så är V = 4 3 πr3, S = 4πr 2.

10 IV. Evationslösning och inversa funtioner 9 (11) Om vi löser ut r som funtion av V och stoppar in i uttrycet för S, får vi att S(V ) = 3 36πV 2/3. Men här ändrar sig V, och alltså S, med tiden, eftersom S(t) = S(V (t)). Deriverar vi denna formel med avseende på t genom att använda edjeregeln får vi att S (t) = S (V (t))v (t) = 3 36π 2 3 V 1/3 V (t). Om vi mäter längden i cm och volymen i cm 3, så är 2 dl = 200 cm 3. Vi har att V (t) = 200 då ballongen spricer, vilet ser då V (t) = 4π6 3 /3. Stoppar vi in detta får vi att S (t) = π π/3 200 = = cm 2 /s. 6 3 Anmärning I det här eemplet har vi använt samma namn S på vad som egentligen är olia funtioner. Vi har en funtion S(V ) som besriver S som funtion av V. Vi har ocså en funtion som besriver S som funtion av t, som vi srivit S(t). Om funtionen V (t) besriver volymen som funtion av tiden så gäller att S(t) = S(V (t)). Förvirrande? Behöver inte vara så om vi istället täner på S som en variabel som vi ibland besriver hur den beror av V, ibland hur den beror av t. Lägg märe till att edjeregeln ofta srivs på formen ds dt = ds dv dv dt, vilen innehåller precis denna oegentlighet. En allmän binomialsats Vi har tidigare sett att binomialsatsen i sin enlare form an srivas n ( ) ( ) n n (1 + ) n = n(n 1)... (n + 1), där =! =0 om n är ett positivt heltal. Frågan vi nu ställer oss är: vad händer för eponenter som inte är positiva heltal? Låt därför f() = (1 + ) a där a är ett reellt tal. Deriverar vi på ser vi att den :te derivatan är f () () = a(a 1)... (a + 1)(1 + ) a. Enligt Maclaurins formel, som är Taylors formel ring origo, gäller då att (1 + ) a = p n () + R n+1 ()

11 IV. Evationslösning och inversa funtioner 10 (11) där och p n () = n =0 n ( ) f () (0) a! =, =0 ( ) a = a(a 1)... (a + 1)! ( ) a R n+1 () = (1 + θ) a n 1 n+1 där 0 < θ < 1. n + 1 Om a = n är ett heltal gäller här att ( n ) = 0 då > n, så vi har alltså ingen restterm. I annat fall har vi en restterm. Eempel 10 Maclaurinutveclingen av ordning 2 av 1 + ges av 1 + = (1 + θ) 5/2 3. När 0 gäller här att (1 + θ) 5/2 1, så om vi flyttar över polynomet till vänstersidan ser vi att = 1 16 (1 + θ) 5/ , 0. Härigenom får vi en uppfattning om hur mycet 1 + och Maclaurinpolynomet av ordning 2 siljer sig åt. Eempel 11 I fallet a = 1 får vi att ( ) 1 ( 1)( 2)... ( ) =! = ( 1) och Maclaurinpolynomet blir p n () = n ( 1) = ( 1) n n. =0 Resttermen blir R n+1 () = ( 1) n+1 (1 + θ) n 2 n+1 och för ett fit sådant att < 1 ser vi att R n+1 () 0 då n. Med andra ord: = , vilet vi änner igen som (en variant av) den geometrisa serien. I allmänhet gäller att binomialoefficienterna är begränsade, d.v.s. det finns en onstant C (som beror på a men inte på ) sådan att ( ) a C för alla.

12 IV. Evationslösning och inversa funtioner 11 (11) Det följer därför att R n+1 () 0 då n då < 1 (eftersom n 0 då < 1), och vi får den allmänna formen på binomialsatsen: (1 + ) a = =0 ( ) a, < 1. Som redan påpeats är summan ändlig då a är ett positivt heltal (däremot inte för negativa heltal). Noteringar 1. Förvirrande med hoppandet mellan och y? Det är just detta som är problemet med invers funtion som detta apitel handlar om. 2. Detta disuteras t.e. i artieln Grafis analys av en salär reursion 3. För heltal n > 1 gäller att derivatan av n är noll i origo. Dess tangent är alltså horisontell, vilet betyder att inversens tangent är vertial. 4. Detta villor är uppfyllt t.e. om f är deriverbar i en omgivning av a med ontinuerlig derivata. 5. Notera att vi behövde veta att inversen var ontinuerlig för att unna dra slutsatsen att B är det. 6. Formeln (f f 1 )() = betyder att evationen f(y) = har lösningen y = f 1 (), medan evationen (f 1 f)() = betyder = f 1 (y) är sådant att f() = y. 7. För definitionen av p/q, se Arbetsbladet om potenser och potenslagar. 8. I apitlet Analys av rationella funtioner.