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? Definitioner, stser och bevis Mängder Lite historik om mängderlär Delmängder v reell tl 9 2. Intervll Egenskper för delmängder v reell tl Funktioner 2 3. Inverser och inverterbrhet Egenskper för reell funktioner Trigonometrisk funktioner Cyklometrisk funktioner Exponentilfunktionen Logritmfunktionen Absolutbelopp Övningr Tlföljder Definitionen och konvergens Binomilstsen Tlet e Stndrdgränsvärden Bolzno-Weierstrss sts Gränsvärden v funktioner vid oändligheten Övningr Lokl gränsvärden Övningr Kontinuitet Definitionen och exempel

3 7.2 Stser om kontinuerlig funktioner Lokl stndrdgränsvärden Övningr Derivt 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 Övningr Tylors formel Formulering v stsen Stor ordonottionen Övningr Serier Definitionen Geometrisk serie Jämförelsestser Övningr Integrlen 87. Introduktion Integrler v trppfunktioner på slutn intervll Integrler v begränsde funktioner på slutn intervll Integrerbrhet v monoton funktioner Riemnnsummor Räkneregler

4 .7 Medelvärdesstser för integrler Anlysens huvudsts Prtiell integrtion Vribelbyte Integrtion v rtionell funktioner Tylors formel med integrtion Övningr Integrtion över obegränsde intervll Definitionen och jämförelsestser Smbnd melln summor och integrler v monoton funktioner Övningr Lokl integrerbrhet Övningr Integrlens tillämpningr Areberäkning Volymberäkning Medelvärden Övningr Differentilekvtioner 2 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. Här följer en list med intressnt länkr för den som läser denn text elektroniskt: Mtemtik vägen till finnsbrnschen.2 Definitioner, stser och bevis Mtemtik strukturers i huvudsk med hjälp v definitioner, stser och bevis. 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..3 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}. 5

6 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 och B = {n {, 2, 3,...}: n är udd} = {n: n är ett positivt udd heltl} 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. 6

7 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, 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. 7

8 .4 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}, 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. 8

9 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. 9

10 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. 0

11 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.

12 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)

13 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. 3

14 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 4

15 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: 5

16 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 = vilket klls för den trigonometrisk ettn. 6

17 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. Vi sk inte problemtiser 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. 7

18 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(π θ), (3.5) sin θ = sin(π θ). (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 8

19 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 2 + b 2 = c 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 9

20 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: Cosinusstsen (se 3.2) ger tt (cos y cos x) 2 + (sin y sin x) 2 = + 2 cos(x y). 20

21 (cosy,siny) x y y x (cosx,sinx) Om vi förenklr med hjälp v den trigonometrisk ettn får vi 2 2 cos y cos x 2 sin y sin x = 2 2 cos(x y) cos y cos x + sin y sin x = 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 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) Grfen för tngens är 2

22 π 2 π π 2 π 2 π 3π Figur 3.3: Grfen till funktionen x tn x. 3.4 Cyklometrisk funktioner Vi börjr med tt observer tt funktionen f : R [, ] sådn tt f(x) = sin x är inte injektiv och därmed inte inverterbr, vi hr t.ex. tt f(0) = f(π). 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 : [, ] [ π/2, π/2] och 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. Kommentr Vi skulle h kunnt välj något nnt intervll än 22

23 [ 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 : [, ] [0, π] och 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 : R [ π/2, π/2] och f (y) = rctn y. Grfen för rctngens är π π 2 Figur 3.6: Grfen till funktionen x rctn x. 23

24 3.5 Exponentilfunktionen Vi kommer inte i dett häfte definier exponentilfunktionen x x, där >. Utn fritt nt 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. Grfen för exponentilfunktionen är Figur 3.7: Grfen till funktionen x 2 x till vänster och x (/2) x till höger. 3.6 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 24

25 Figur 3.8: Grfen till funktionen x log 2 x. Inversen uppfyller följnde räknelgr: Sts Låt >, då gäller tt logritmfunktionen uppfyller ) log = 0 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. 25

26 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 0, x = (3.6) x, x < 0 eller x = x 2. Grfen hr följnde utseende Figur 3.9: Grfen till funktionen x x. Exempel 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 3.3. 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. 26

27 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. Antg tt x 0 och y 0. Olikheten är i dett fll en likhet, ty x + y = x + y = x + y. Antg nu tt en v x och y är negtiv. Symmetriskäl gör tt det räcker med tt vi betrktr olikheten för x 0 och y < 0. 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) Nu till delfllet tt x + y < 0. Vi får x + y = x + y x x y = x + y. x + y = (x + y) = x y 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. 3.8 Övningr Övning 3.. Vis den ndr delen i beviset v cosinusstsen. Övning 3.2. Vis (3.) (3.4). Övning 3.3. Vis likhet (3.8). 27

28 4 Tlföljder 4. Definitionen och konvergens Definition 4.. En följd v tl, 2, 3,... v reell tl 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 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. Den är dessutom växnde eftersom 2 n+ n = (n + )(n + 2) > 0. 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. Om inget sådnt A existerr klls tlföljden divergent. A+ε A ε N Exempel 4.4. Vis tt tlföljden ( n ) n= där tlen ges v n = n konvergerr mot 2 då n. 28

29 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 3 n < ε ε < 3n log 3 ε < n där den sist ekvivlensen följer v tt logritmfunktionen är strängt växnde. Räkningen visr tt n 2 < ε är snn då n > log 3 ε. Alltså kn vi 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 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, 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 29

30 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 då n > mx(n, N 2 ). n + b n A B < ε, 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, då n > N 2. Dett ger tt då n > mx(n, N 2 ). n b n AB < ε, c) Dett bevis lämns som en övning åt läsren. 30

31 d) Låt oss gör ett motsägelsebevis. Antg tt B < A. Bild tlföljden c n = n b 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= den konvergent och är en växnde och uppåt begränsd tlföljd är så är 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= tlföljd är så är den konvergent och är en vtgnde och nedåt begränsd 4.2 Binomilstsen lim n = inf { n : n }. n Vi börjr med någr exempel för tt illustrer vd vi vill åstdkomm i dett delvsnitt. Exempel 4.8. 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 4.9. Låt n N, då definiers { n (n ) (n 2) 2, n, n! =, n = 0. Beteckningen klls n-fkultet. 3

32 Exempel 4.0. 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.. 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! 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 32

33 Definition 4.2. 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 4.3 (Binomilstsen). Låt n N, då gäller tt ( + b) n = n k=0 ( ) n n k b k. k 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 4.4. 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 Vi hr vunnit r 2 x/4 på kuppen. ) ( x = + r 2 ) ) 2 x = ( + r + r2 x. 4 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 33

34 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 4.5. 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 4.6. 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 4.3 ( + 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 För tt nu inse tt tlföljden är växnde studerr vi n och n+. n ( n = k! ) ( 2 ) ( k ) n n n och nlogt följer tt n+ = n+ k=0 k=0 ). ( 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 + 34

35 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. k=4 k!, 5 2 >, 2 k n 2 k < + 2 k. k=0 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 4.7. Vi får även tlet e som gränsvärde ifll vi låter n. Nämligen, ( lim + n = e. n n) 35

36 Lösning: Låt m = n, vi får ( lim + n = lim n n) m = lim m ( m ( m m ) m Låt nu k = m och nyttj 4.5 b). Alltså är ) m ( = lim + ) m. m m ( lim + ) m ( = lim + ) k+ ( = lim + ) k ( + ) = e. m m k k k k k Definition 4.8. Inversen till exponentilfunktionen med e som bs klls för den nturlig logritmfunktionen och beteckns x ln x. 4.4 Stndrdgränsvärden Näst sts säger oss tt exponentiell tillväxt är snbbre än polynomiell tillväxt och fkultet växer snbbre än exponentiell tillväxt. Sts 4.9. 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 Det räcker nu tt vis tt ( n n b = n/b n ) b ( ) ( + p) n b =. n ( + p) n lim n n =. Med hjälp v binomilstsen (se sts 4.3), 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 = (n )p2 2, 36

37 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 + 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, i tlföljden 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 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 4.2 (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. n n 37

38 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 så finns det ett störst index i A om nu inte A är tomm mängden, 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.. Bevis sts 4.5 c). Övning 4.2. Vis tt en konvergent tlföljd är begränsd. 38

39 5 Gränsvärden v funktioner vid oändligheten 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 M sådnt tt f(x) A < ε för vrje x > M. 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 M 4x 2 = 0. Låt ε > 0 vr givet. Vi vill vis tt det finns ett M sådnt tt f(x) 0 < ε för vrje x > M. 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 M till något tl ε större än 2 ε. 0+ε 0 ε 2 ε M Observer tt M är beroende v ε. Förändrs ε så kn vi behöv byt värdet på M. Vi kn förtydlig dett genom tt skriv M = M(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 K finns ett M sådnt tt f(x) > K för vrje x M. Vi skriver dett lim f(x) =. x 39

40 K M 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. 40

41 Sts 5.5. Låt > och b R då gäller följnde gränsvärden lim x lim x x =, xb (5.) x b =. log x (5.2) Bevis: Vi börjr med tt vis (5.) genom tt överför problemet på (4.). Låt m vr ett heltl som uppfyller tt x < m x. Precis som i beviset v (4.) så räcker det med tt vis tt Vi hr för x tt då x, enligt (4.). x x x lim x x =. m 2m = 2 m m, (5.3) För tt vis (5.2) så låter vi x = t. Dett medför tt x blir ekvivlent med tt t. Vi får lltså tt lim x x b log x = lim bt t t ( b ) t = lim t t =, (5.4) enligt (5.). 5. Övningr Övning 5.. Bevis sts 5.4 Övning 5.2. Bestäm gränsvärdet v x x /x, då x. 4

42 6 Lokl gränsvärden Definition 6.. Låt f vr en funktion sådn tt vrje punkterd omgivning till x = innehåller punkter i D f. Vi säger tt f konvergerr mot A då x går mot om det för vrje ε > 0 finns ett δ sådnt tt f(x) A < ε för vrje x D f som uppfyller tt 0 < x < δ. Vi skriver dett eller f(x) A, då x. lim f(x) = A. x Vänster- och högergränsvärden definiers genom tt endst studer funktionsvärden för x <, respektive x >. Vi nvänder då nottionen x för vänstergränsvärde och x + för högergränsvärde. För tt ett gränsvärde sk exister måste vänster- och högergränsvärden finns och vr lik. lim f(x) = A lim f(x) = lim f(x) = A x x + x A+ε A ε δ +δ Exempel 6.2. Vis tt lim x 3 x2 = 9. Låt ε > 0, vi vill finn ett δ sådnt tt x 2 9 < ε, då 0 < x 3 < δ. Vi hr tt x 2 9 = x + 3 x 3 20 x 3 < 20δ. Vi vill tt dett sk vr mindre än ε, dvs. 20δ < ε, vilket är ekvivlent med tt δ < ε 20. Vi väljer lltså δ till något tl mindre än ε/20. 42

43 Exempel 6.3. Låt f(x) = { x, om x 3 x, om x > Då lim x f(x) = och lim x + f(x) = 2 så existerr inte lim x f(x). Grfen nedn illustrerr vd som händer Definition 6.4. Låt f vr en funktion sådn tt vrje punkterd omgivning till x = innehåller punkter i D f. Vi säger tt f hr det oegentlig gränsvärdet då x går mot om det för vrje K finns ett δ sådnt tt f(x) > K för vrje 0 < x < δ. Vi skriver dett lim f(x) =. x Vi definierr oegentlig vänster- och högergränsvärden och mot på ett nlogt vis. δ +δ Sts 6.5. Låt f och g vr funktioner sådn tt f(x) A och g(x) B, då x. Då följer tt 43

44 ) 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 vrje x i en omgivning v så följer 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. Exempel 6.6. Vis tt inte existerr. x 2 + x lim x 0 x Lösningen är tt studer höger- respektive vänstergränsvärde seprt. Vi börjr med högergränsvärdet. Vi får Vänstergränsvärdet blir x 2 + x x 2 + x lim = lim = lim (x + ) =. x 0+ x x 0+ x x 0+ x 2 + x x 2 + x lim = lim x 0 x x 0 x = lim ( x ) =. x 0 Då höger- och vänstergränsvärdet inte smmnfller finns inte gränsvärdet. 6. Övningr Övning 6.. Bevis sts 6.5. Övning 6.2. Bestäm konstntern och b så tt lim x 0 f(x) = 3 och lim x f(x) = π där f(x) = sin(2x) + rctn x + b. x 44

45 7 Kontinuitet 7. Definitionen och exempel Definition 7.. Låt f vr en funktion sådn tt vrje punkterd omgivning till x = innehåller punkter i D f och tt D f. Vi säger tt f är kontinuerlig i om lim f(x) = f(). x Om f är kontinuerlig i ll punkter i sin definitionsmängd sägs f vr kontinuerlig. Det är värt tt noter tt om x sätts till + h i definitionen ovn så får vi en lterntivt sätt tt uttryck kontinuitetsvillkoret. Vi hr då tt f är kontinuerlig i om lim f( + h) = f() (7.) h 0 eller f är kontinuerlig om det för vrje x D f gäller tt lim f(x + h) = f(x). (7.2) h 0 Att en funktion f är kontinuerlig i D f betyder tt vänstergränsvärdet, högergränsvärdet och funktionsvärdet i smmnfller. Dett visr även tt det finns en omgivning till där funktionen är begränsd, vilket vi kommer tt utnyttj i sts 7.6. Kontinuitet förknipps oft med följnde räkneregel: Sts 7.2. Låt f vr kontinuerlig i punkten b och låt g(x) b, då x. Då gäller tt ( ) lim f(g(x)) = f lim g(x). x x Bevis: Högerledet kn skrivs som f(b) eftersom g(x) b, då x. Vi vill vis tt vänsterledet är f(b). Tg ε > 0. Vi vill vis tt det finns ett δ sådnt tt f(g(x)) f(b) < ε då 0 < x < δ. Då f är kontinuerlig i b så följer tt det finns ett δ sådnt tt f(y) f(b) < ε, då y b < δ. Då g(x) b, då x så följer tt vi kn välj ett δ så tt g(x) b < δ, då 0 < x < δ. Vilket visr stsen. Kommentr 7.3. Vi kn även tillåt tt = i sts 7.2. Beviset blir då lite nnorlund och lämns som en övning åt läsren. Sts 7.4. Funktionern x sin x och x cos x är kontinuerlig. Bevis: Vi nvänder (7.2) för tt vis kontinuiteten. Vi vill vis tt sin(x + h) sin x 0 och cos(x + h) cos x 0, då h 0. Studer bilden nedn (där vi hr ntgit tt x och h är positiv) 45

46 h sinx sin(x+h) x x+h Vi ser tt det kortste vståndet melln punktern (cos x, sin x) och (cos(x + h), sin(x + h)) är från Pythgors sts (cos(x + h) cos x) 2 + (sin(x + h) sin x) 2 h. Att det kortste vståndet är mindre än h följer v tt h är längden v den bågnde delen v enhetscirkeln melln de ktuell punktern. I fllet tt h < 0 blir olikheten (cos(x + h) cos x) 2 + (sin(x + h) sin x) 2 h. Vi hr tt sin(x + h) sin x = (sin(x + h) sin x) 2 (cos(x + h) cos x) 2 + (sin(x + h) sin x) 2 h 0, då h 0. Vi hr vist tt x sin x är kontinuerlig. Räkningen för tt vis x cos x är kontinuerlig är nlog. 7.2 Stser om kontinuerlig funktioner Sts 7.5. Låt f : [, b] R vr en kontinuerlig funktion. Då är f begränsd. Bevis: Låt oss vis tt f är uppåt begränsd med hjälp v ett motsägelsebevis. Antg därför tt f är uppåt obegränsd. Då gäller tt för vrje heltl k så finns ett x k sådnt tt f(x k ) > k. (7.3) Vi hr nu en tlföljd (x n ) n= med x n [, b], för vrje n. Alltså är tlföljden begränsd och enligt Bolzno-Weierstrss sts (se 4.2) så finns det en konvergent delföljd (x nk ) k=. Låt oss beteckn gränsvärdet med x, lltså x n k x, 46

47 då k. Eftersom x [, b] och f är kontinuerlig i x så hr vi tt f(x nk ) f(x), då k. Men från (7.3) gäller tt Vi hr en motsägelse. lim f(x n k ) =. k På liknnde sätt kn vi vis tt f är nedåt begränsd. Sts 7.6. Summn och produkten v kontinuerlig funktioner är kontinuerlig. Bevis: Dett är en direkt följd v sts och b). Följdsts 7.7. Polynom är kontinuerlig funktioner. Bevis: Eftersom polynom är summor och produkter v rät linjer v typen y = kx + m så räcker det enligt sts 7.6 tt konstter tt dess linjer är kontinuerlig. Exempel 7.8. Polynomet f(x) = 2x 4 x + 3 = (2x) x x x + ( x + 3) och kn med ndr ord beskrivs som summor och produkter v de rät linjern 2x, x och x + 3. Exempel 7.9. Bestäm ( lim + x n. n n) Lösning: Uttrycket kn skrivs om enligt följnde ( + x ) ( n = + ) n = n n/x ( ( + ) ) n/x x. n/x Eftersom funktionen t t x är kontinuerlig (se sts 7.7) hr vi identiteten ( ( lim + ) ) n/x x ( ( = lim + ) ) n/x x. n n/x n n/x Med hjälp v vribelbytet m = n/x och definition 4.5 får vi tt ( ( lim + ) ) n/x x ( ( = lim + m ) x = e n n/x m m) x. Lemm 7.0 (Intervllhlvering). Låt [ j, b j ] vr intervll, för vrje j N, med egenskpen tt givet [ j, b j ] så väljer vi [ j+, b j+ ] genom tt låt j+ = j och b j+ vr mittpunkten på [ j, b j ] eller genom tt låt j+ vr mittpunkten på [ j, b j ] och b j+ = b j. Då gäller tt det finns ett unikt element x sådnt tt x [ j, b j ], för vrje j N. 47

48 4 b 4 3 b 3 2 b 2 b 0 x b 0 Bevis: Tlföljden ( j ) j=0 är växnde och uppåt begränsd v b 0. Enligt sts 4.7 konvergerr ( j ) j=0, då j. Även (b j ) j=0 konvergerr eftersom den är vtgnde och nedåt begränsd. Låt j x och b j x b, då j. Vi vill vis tt x = x b. Antg tt x x b och låt d = x x b beskriv vståndet melln de båd gränsvärden. Vi vet tt b j j = b j 0, då j. Låt ε = d/4, då finns det ett N sådnt tt j x < ε, b j x b < ε och b j j < ε, för vrje j > N. Tringelolikheten 3.9 ger nu tt för j > N hr vi x b x = x b b j + b j j + j x x b b j + b j j + j x < 3ε < d. Dett motsäger tt d = x x b. Alltså måste x = x b. Lemm 7.. Låt f vr kontinuerlig i punkten och f() > µ, för något µ R. Då finns en omgivning I kring sådnt tt f(x) > µ för ll x I. Bevis: Tg ε > 0 sådnt tt f() µ > ε, vilket är ekvivlent med tt f() ε > µ. Då f är kontinuerlig i gäller tt lim f(x) = f() x som i sin tur betyder tt vi kn finn ett δ > 0 sådnt tt f(x) f() < ε då x < δ. Att f(x) f() < ε betyder tt f() ε < f(x) < f() + ε, vilket ger tt µ < f() ε < f(x) för ll x I := {x: x < δ}. Sts 7.2 (Stsen om mellnliggnde värde). Låt f vr kontinuerlig och låt [, b] D f. Då ntr f ll värden melln f() och f(b). 48

49 Kommentr 7.3. Stsen säger tt om f() m f(b) (eller f(b) m f()) så finns det ett c [, b] sådnt tt f(c) = m. Observer tt beviset för denn sts beskriver en lgoritm som enkelt kn implementers i något progrmspråk. f(b) m f() c b Bevis: Antg tt f() < m < f(b). Vi vill vis tt det finns ett x [, b] sådnt tt f(x) = m. Låt oss nyttj intervllhlveringsmetoden, lltså lemm 7.0. Låt 0 =, b 0 = b och c vr mittpunkten på intervllet [ 0, b 0 ]. Alltså, c = 0 + b Om f(c) > m, så väljer vi = 0 och b = c, nnrs väljer vi = c och b = b 0. Vi upprepr nu denn lgoritm och konstterr från lemm 7.0 tt det finns ett unikt element x som hr egenskpen tt x [ j, b j ], för vrje j N. Vi hr tt f( j ) m f(b j ), för vrje j N. Om vi låter j och nvänder oss v 6.5 d) så får vi reltionen f(x) m f(x). Alltså är f(x) = m och vi är klr. Exempel 7.4. Hr ekvtionen x 3 5x + 3 = 0 någon lösning i intervllet [, ]? Lösning: Bild funktionen f(x) = x 3 5x+3. Eftersom f är kontinuerlig och f( ) = 7 och f() = så finns det enligt stsen om mellnliggnde värde (se sts 7.2) ett x 0 (, ) sådnt tt f(x 0 ) = 0. Alltså hr ekvtionen någon lösning i intervllet [, ]. Sts 7.5. Låt f : [, b] R vr en kontinuerlig funktion. Då hr f ett mxoch minvärde. Kommentr 7.6. Stsen säger tt det finns en punkt x 0 [, b] sådn tt f(x) f(x 0 ), för ll x [, b] och nlogt för minvärdet. 49

50 Bevis: Låt oss vis tt f ntr sitt mxvärde. Fllet med minvärde är nlogt. Eftersom f är kontinuerlig är f från sts 7.5 begränsd. Alltså är värdemängden till f en delmängd v [A 0, B 0 ] för något A 0 och B 0. Vi sk nu nvänd intervllhlveringsmetoden i vårt resonemng. Låt oss del intervllet mitt itu, så vi får [A 0, C] och [C, B 0 ], där C är mittpunkten i intervllet [A 0, B 0 ]. Om f(x) C, för något x [, b], så väljer vi som [A, B ] intervllet [M, B 0 ], nnrs [A 0, M]. Vi återupprepr denn lgoritm och får tt det finns ett x j [, b] sådnt tt A j f(x j ) B j. Enligt lemm 7.0 så finns det även ett element V sådnt tt V [A j, B j ], för vrje j N. För vrje j. Vi får lltså tt lim f(x j) = V. j Det återstår tt vis tt det finns ett x [, b] sådnt tt f(x) = V, d.v.s. tt den övre begränsningen nts. Eftersom (x n ) n= är en begränsd tlföljd så finns det från Bolzno-Weierstrss sts (se 4.2) en konvergent delföljd (x nk ) k= med gränsvärde x. Vi hr då f är kontinuerlig ( ) f(x) = f lim x n k = lim f(x n k ) = V. k k 7.3 Lokl stndrdgränsvärden Hjälpsts 7.7. Olikheten gäller för ll x ( π/2, π/2). sin x x tn x, (7.4) Bevis: Antg först tt x [0, π/2). Vi vill då vis tt sin x x tn x. Låt oss studer tre reor enligt figuren sinx sinx tnx x cosx 50

51 Den minst ren är den vi får från tringeln som hr höjden sin x och bredden ett. Den mitterst ren får vi från cirkelsektorn med vinkeln x och den störst ren får vi från den tringel som hr höjden tn x och bredden ett. Areorns reltioner är sin x x tn x π 2 2π 2 eller enklre sin x x tn x. Antg nu tt x ( π/2, 0). Då är x (0, π/2) och från den bevisde delen v stsen hr vi tt sin( x) x tn( x), eller sin x x tn x. Då x ( π/2, 0) är sin x = sin x, x = x och tn x = tn x. Därmed följer tt sin x x tn x även gäller då x ( π/2, 0). Sts 7.8 (Lokl stndrdgränsvärden). Följnde gränsvärden gäller Bevis: ln( + x) lim x 0 x e x lim x 0 lim x 0 = (7.5) = (7.6) x sin x x = (7.7) Bevis v 7.5: Vi börjr med tt skriv om uttrycket enligt ln ( + x) x = x ln ( + x) = ln ( + x) x Låt oss utför vribelbytet s = /x. Gränsvärdet x 0 kommer tt smmnfll med s ± (obs två gränsvärden!). Då vi vet tt logritmfunktionen är kontinuerlig, får vi tt ( ( lim ln + ) s ) ( = ln s ± s lim s ± ( + ) s ) = ln e =. s Bevis v 7.6: Låt oss direkt utför vribelbytet e x = s, vilket ger x = ln ( + s) e x x = s, då s 0 (vilket är detsmm som x 0). ln ( + s) 5

52 Bevis v 7.7: Enligt sts 7.7 hr vi reltionen sin x x tn x, (7.8) för ll x i en liten omgivning v 0. Låt oss divider med x. Vi får tt sin x x sin x x cos x. (7.9) Sts 6.5 d) ger tt reltionen kvrstår efter tt vi låtit x. Alltså sin x sin x lim lim x 0 x x 0 x I den sist identiteten kn vi nvänd sts 6.5 b) som ger Alltså hr vi Observer till sist tt cos x. (7.0) sin x sin x lim lim. (7.) x 0 x x 0 x sin x lim =. (7.2) x 0 x sin x x > 0, för ll x 0 sådn tt x < π/2. Dett ger önskd likhet. Exempel 7.9. Bestäm ln( + 2x) lim x 0 tn 5x. Lösningen är tt utnyttj stndrdgränsvärden. Vi får ( ) ln( + 2x) 2 ln( + 2x) 5x lim = lim cos 5x. x 0 tn 5x x 0 5 2x sin 5x Den först och den ndr fktorn är stndrdgränsvärden och går båd mot ett enligt sts 7.8. Vi utnyttjr nu sts 6.5 b) för kunn utför dess gränsvärden vr för sig. Vi får tt ( ) 2 ln( + 2x) 5x lim cos 5x = 2 x 0 5 2x sin 5x 5 =

53 7.4 Övningr Övning 7.. Vis tt sts 7.2 gäller även för =, d.v.s. låt f(x) vr kontinuerlig i punkten b och låt g(x) b, då x. Då gäller tt ( ) lim f(g(x)) = f lim g(x). x x Vis med hjälp v denn sts tt ( lim ln + 2x = 2. x x) Övning 7.2. Bestäm konstnten k så tt funktionen ln( + kx), x 0 g(x) = x 3, x = 0 blir kontinuerlig i origo. Övning 7.3. En prkeringsmätre tr betlt enligt följnde: den först påbörjde timmen kostr 4 kronor och därefter kostr det 2 kronor för vrje ytterligre påbörjd timme, upp till det mximl dygnsbeloppet 0 kronor. Låt h(t) vr prkeringskostnden som funktion v tiden t timmr. Skiss funktionsgrfen y = h(t) för 0 t 24. Är h en kontinuerlig funktion? 53

54 8 Derivt 8. Definitionen Definition 8.. Låt f vr en funktion definierd i en omgivning v x 0. Vi säger tt f är deriverbr i punkten x 0 om f (x 0 ) = lim h 0 f(x 0 + h) f(x 0 ) h (8.) existerr. Värdet f (x 0 ) klls derivtn v f i punkten x 0. Om f är deriverbr i vrje punkt i sin definitionsmängd så klls f deriverbr och funktionen f med D f = D f klls för derivtn. f(x+h) f(x) x x+h Det är värt tt noter tt vi endst kn deriver en funktion i en punkt om funktionen är definierd i en omgivning v punkten. Alltså kn vi inte deriver funktioner i ändpunkter v intervll. 8.2 Derivtn v elementär funktioner Exempel 8.2. Låt f(x) = e x. Enligt definitionen och (7.6) är f (x) = lim h 0 e x+h e x h = lim h 0 e x e h e x h = e x (lim h 0 e h ) = e x. h Alltså är f deriverbr med derivtn f (x) = e x. Exempel 8.3. Låt f : {x R: x 0} R sådn tt f(x) = ln x. Låt först x > 0. Vi får enligt definitionen och (7.5) tt f ln(x + h) ln x ln ( + h/x) (x) = lim = lim = h 0 h h 0 h x lim ln ( + h/x) = h 0 h/x x. Låt nu x < 0. Vi får för tillräckligt små h, sådn tt x + h < 0 tt f ln( (x + h)) ln( x) ln ( + h/x) (x) = lim = lim = h 0 h h 0 h x. Alltså är f deriverbr med derivtn f (x) = /x. 54

55 Exempel 8.4. Låt f(x) = sin x. Enligt definitionen och (7.7) är f sin(x + h) sin x sin x cos h + cos x sin h sin x (x) = lim = lim h 0 h h 0 ( ) ( ) h cos h sin h = sin x lim + cos x lim h 0 h h 0 h ( ) cos h = sin x lim + cos x. h 0 h Låt oss närmre studer uttrycket cos h h då h 0, ty och = sin2 (h/2) h = sin2 (h/2) h sin(h/2) lim = h 0 h/2 lim sin(h/2) = 0. h 0 Alltså är f deriverbr med derivtn f (x) = cos x. = sin(h/2) sin(h/2) 0, 2 h/2 Sts 8.5. Låt funktionen f vr deriverbr i intervllet (, b). Då är f kontinuerlig i (, b). Bevis: Antg tt f är deriverbr i punkten x (, b), d.v.s. gränsvärdet f(x + h) f(x) lim h 0 h existerr. Vi vill vis tt f är kontinuerlig i x, d.v.s. tt f(x + h) f(x) 0, då h 0. Vi hr tt f(x + h) f(x) lim(f(x + h) f(x)) = lim h = f (x) lim h = 0. h 0 h 0 h h 0 Vi är klr. 8.3 Derivtionsregler Sts 8.6. Låt f och g vr deriverbr funktioner i punkten x. Då följer tt f + g och fg är deriverbr i punkten x. Derivtorn hr följnde smbnd (f + g) (x) = f (x) + g (x) (8.2) (fg) (x) = f (x)g(x) + f(x)g (x) (8.3) Om dessutom g(x) 0 så följer tt f/g är deriverbr i punkten x och ( ) f (x) = f (x)g(x) f(x)g (x) g g(x) 2 (8.4) 55

56 Bevis: Om vi visr smbnden (8.2), (8.3) och (8.4) så följer tt f + g, fg och f/g är deriverbr i punkten x, (eftersom högerleden existerr från förutsättningrn i stsen). Låt oss vis tt (f + g) (x) = f (x) + g (x). Vi hr (f + g)(x + h) (f + g)(x) h f(x + h) + g(x + h) f(x) g(x) = h f(x + h) f(x) g(x + h) g(x) = + h h f (x) + g (x), då h 0. Låt oss vis produktregeln (8.3). (fg)(x + h) (fg)(x) h f(x + h)g(x + h) f(x)g(x) = h f(x + h)g(x + h) f(x + h)g(x) + f(x + h)g(x) f(x)g(x) = h f(x + h)(g(x + h) g(x)) (f(x + h) f(x))g(x) = + h h (g(x + h) g(x)) (f(x + h) f(x)) = f(x + h) + g(x) h h f(x)g (x) + f (x)g(x), då h 0. Det sist steget följer v sts och b). För tt vis (8.4) skriver vi f/g som f /g. Om vi vet hur vi deriverr /g så kommer resulttet tt följ från produktregeln (8.3). Låt oss deriver /g. Antg tt g(x) 0. Eftersom g är deriverbr i punkten x är g enligt sts 8.5 kontinuerlig i punkten x och därmed är g enligt lemm 7. skild från noll i någon omgivning v punkten x. Antg tt h är så litet i räkningen nedn så tt x + h tillhör denn omgivning och därmed är g(x + h) 0. Vi hr g(x+h) g(x) h g(x) g(x + h) = hg(x + h)g(x) g(x + h) g(x) = h g (x) g(x) 2, g(x + h)g(x) då h 0. Det sist steget följer v sts 6.5 b). Alltså hr vi tt ( ) d = g (x) dx g(x) g(x) 2. 56

57 Från produktregeln (8.3) får vi ( ) ( ) d f(x) = f(x) g (x) dx g(x) g(x) 2 + f (x) g(x) = f (x)g(x) f(x)g (x) g(x) 2. Vi är klr. Exempel 8.7. Låt f(x) = tn x. Enligt (8.4) f (x) = sin x cos x cos x sin x( sin x) = cos x cos 2 = x cos 2 x Alltså är f deriverbr med derivtn f (x) = / cos 2 x. Sts 8.8 (Kedjeregeln). Antg tt f är deriverbr i punkten y, g deriverbr i punkten x och y = g(x). Då är f g deriverbr i punkten x med derivtn (f g) (x) = f (g(x))g (x). (8.5) Bevis: Eftersom f är deriverbr så vet vi tt funktionen ρ definierd som ρ(k) = f(y + k) f(y) k f (y), (8.6) uppfyller tt ρ(k) 0, då k 0. Vi kommer tt nvänd formeln f(y + k) f(y) = k(f (y) + ρ(k)). (8.7) Låt k(h) = g(x + h) g(x) och studer förändringskvoten f(g(x + h)) f(g(x)) h f(g(x) + g(x + h) g(x)) f(g(x)) = h f(g(x) + k(h)) f(g(x)) = h = (f (g(x)) + ρ(k))k(h) h = (f g(x + h) g(x) (g(x)) + ρ(k)) h f (g(x))g (x), då h 0 och därmed även k = g(x + h) g(x) 0. Exempel 8.9. Låt f : (0, ) R sådn tt f(x) = x, där R och 0. Vi nvänder oss v följnde omskrivning f(x) = x = e ln x = e ln x 57

58 och nvänder oss v kedjeregeln och får tt f (x) = e ln x x = x x = x. Om Z så kn f även definiers för negtiv tl. För x (, 0) så gäller tt och därmed är f(x) = x = ( ) ( x) = ( ) e ln( x) f (x) = ( ) e ln( x) x ( ) = x x = x. Slutligen hr vi tt om är ett heltl är f även deriverbr i punkten 0. Vi hr från definitionen tt { f f(h) f(0) (0) = lim = lim h 0, 2 = h 0 h h 0, = Vi observerr tt även i dett fll kn vi beskriv derivtn med formeln f (x) = x. 8.4 Linjär pproximtion Antg tt vi vill studer en funktion f i en omgivning v en punkt x 0 och tt vi vet värden v f(x 0 ) och f (x 0 ). Då kn vi pproximer f i en omgivning v x 0 med hjälp v tngenten för f i punkten x 0. f(x 0 ) x 0 Figur 8.: Linjär pproximtion v f i punkten x 0. Tngenten är en linje vrs funktion är T (x) = f (x 0 )x+m. Eftersom (x 0, f(x 0 ) är en punkt på linjen så är f(x 0 ) = f (x 0 )x 0 + m. Alltså blir tngentens funktion T (x) = f (x 0 )(x x 0 ) + f(x 0 ). 58

59 Exempel 8.0. Använd linjär pproximtion för tt beräkn 4.0 sin(0.0). Lösning: Låt f(x) = 4 + x sin x. Enligt produktregeln (8.3) får vi f (x) = Tngentlinjen för f i punkten x = 0 ges v sin x x x cos x. T (x) = f (0)x + f(0) = 2x. En pproximtion för f(0.0) med hjälp v tngenten är lltså T (0.0) = Derivtn v invers funktioner Exempel 8.. Vis tt d (rctn x) = dx + x 2. Lösning: Eftersom rctn är inversen v tn så hr vi identiteten tn(rctn x) = x, (8.8) för ll x R. För tt beräkn derivtn v rctn så deriverr vi vänster- och högerledet. Vänsterledets derivt är från exempel 8.7 och sts 8.8 uttrycket d dx (tn(rctn x)) = cos 2 (rctn x) d (rctn x) (8.9) dx och högerledets derivt är. Eftersom vänster- och högerledet är en identitet så hr de smm beroende v x. Alltså smmnfller derivtorn, vi får eller cos 2 (rctn x) d (rctn x) = (8.0) dx d dx (rctn x) = cos2 (rctn x). (8.) Låt θ = rctn x. Tlen θ och x hr de smbnd som tringeln nedn visr +x 2 x θ 59

60 Hypotenusn hr vi beräknt med hjälp v Pythgors sts. Med hjälp v tringeln ser vi tt cos θ =. + x 2 Vi hr lltså tt d dx (rctn x) = cos2 (rctn x) = cos 2 θ = ( + x 2 ) 2 = + x 2. Vi hr vist tt derivtn v x rctn x är x /( + x 2 ). Exempel 8.2. På liknnde sätt som exempel 8. så kn mn vis tt d dx (rcsin x) =, x 2 (8.2) d dx (rccos x) =. x 2 (8.3) Det är lämnt som en övning för läsren tt verifier dess derivtor. Exempel 8. och 8.2 kn generlisers till Sts 8.3. Låt f vr en deriverbr och inverterbr funktion. Då gäller tt inversen f är deriverbr i ll punkter y = f(x), där f (x) 0, med derivtn Bevis: Vi vill vis tt (f ) (y) = f (x). (8.4) f (y + h) f (y) lim = h 0 h f (x). Låt x = f (y) och k vr sådnt tt x + k = f (y + h). Alltså är f(x + k) = y + h = f(x) + h och h 0 implicerr tt k 0. Vi får då k 0. f (y + h) f (y) h = k f(x + k) f(x) f (x), Kommentr 8.4. Om vi visste tt f vr deriverbr så kunde vi utgå ifrån identiteten f(f (y)) = y, som gäller för vrje y D f. Derivtion med vseende på vribeln y ger enligt sts 8.8 tt f (f (y)) (f ) (y) =. (8.5) Alltså hr vi tt (f ) (y) = f (f (y)) = f (x). (8.6) 60

61 8.6 Definitioner v lokl mx- och minpunkter Definition 8.5. En funktion f sägs h ett loklt mximum i punkten x 0 D f om det finns en omgivning I D f till x 0 sådn tt f(x) f(x 0 ), för vrje x I. f(x 0 ) x 0 Figur 8.2: Exempelbild på ett loklt minimum i x 0. Omgivningen I är här orngemrkerd. Läsren kn själv förverklig en definition v hur ett loklt minimum för en funktion definiers. En funktion som hr ett loklt mximum eller loklt minimum i en punkt x 0 sägs h en lokl extrempunkt i x 0. Exempel 8.6. Låt f(x) = 2 x. Då gäller tt f hr ett loklt mximum i punkten. Ty, f() = 2 och f(x) = 2 x 2, för vrje x R. I dett fll kunde lltså omgivningen i definition 8.5 väljs till R. 2 Sts 8.7. Låt f vr deriverbr i punkten x 0 och h en lokl extrempunkt i x 0. Då gäller tt f (x 0 ) = 0. Bevis: Vi börjr med fllet tt f hr ett loklt mximum i punkten x 0. Eftersom f är deriverbr i punkten x 0 så är f definierd i en omgivning v x 0. Enligt definitionen v derivt vill vi studer gränsvärdet v f(x 0 + h) f(x 0 ), h 6

62 då h 0. Täljren i dett uttryck är för små h lltid icke-positiv eftersom f hr ett loklt mximum i punkten x 0. Nämnren kommer uppenbrligen vr positiv för positiv h och negtiv för negtiv h. Alltså hr vi tt f(x 0 + h) f(x 0 ) h 0, då h < 0 och f(x 0 + h) f(x 0 ) h 0, då h > 0. Eftersom f är deriverbr i punkten x 0 så vet vi tt dett gränsvärde existerr. Alltså måste f (x 0 ) = 0. Beviset i fllet tt f hr ett loklt minimum i punkten x 0 är nlogt och lämns till läsren tt kontroller. Vi kllr en punkt x 0 D f för en sttionär punkt om f (x 0 ) = 0. Omvändningen v sts 8.7 gäller inte, d.v.s. om x 0 är en sttionär punkt till en funktion f, så hr f nödvändigtvis inte ett loklt extremvärde i punkten x 0. Funktionen x x 3 hr en sttionär punkt i 0, men inte ett loklt extremvärde i punkten Figur 8.3: Funktionen x x 3 /5 kring Medelvärdesstsen Sts 8.8 (Rolles sts). Låt f : [, b] R vr en kontinuerlig funktion som är deriverbr på (, b) och låt f() = f(b). Då gäller tt det existerr ett punkt p (, b) sådn tt f (p) = 0. 62

63 p b Bevis: Vi börjr med tt inse tt om f(x) = 0, för vrje x [, b] så gäller tt f (x) = 0, för vrje x (, b). Dett gör tt punkten p kn väljs godtyckligt inom (, b). Antg nu tt f(x) > 0, för något x (, b). Eftersom f är kontinuerlig på det slutn intervllet [, b] så ntr f sitt mxvärde (se sts 7.5). Då f() = f(b) = 0 så gäller tt mxvärdet nts i en inre punkt q (, b). Eftersom f är deriverbr i den punkt som ger mxvärdet så gäller enligt sts 8.7 tt f (q) = 0. Alltså kn p väljs till dett q. Fllet då f(x) < 0 behndls på ett nlogt sätt. Sts 8.9 (Medelvärdesstsen). Låt f vr en deriverbr funktion. För vrje intervll [, b] D f gäller tt det existerr ett punkt p (, b) sådn tt f (p)(b ) = f(b) f(). (8.7) p b Bevis: Låt oss skriv om problemet så tt vi kn nvänd Rolles sts. Funktionen f går genom punktern (, f()) och (b, f(b)). Låt g vr den rät linjen som går genom dess punkter. En enkel beräkning ger tt g ges v g(x) = f(b) f() x + b bf() f(b)). b Om vi nu låter h vr differensen melln f och g så är förutsättningrn för Rolles sts uppfylld. Alltså, om h(x) = f(x) g(x) så gäller tt h() = h(b) = 0 och h är deriverbr i intervllet (, b) smt kontinuerlig i [, b]. Alltså finns 63

64 det en punkt p (, b) sådn tt h (p) = 0. För denn punkten gäller tt f (p) g (p) = 0. Alltså är Vilket bevisr stsen. f (p) = g (p) = f(b) f(). b Följdsts Låt f vr en deriverbr funktion på ett intervll (, b) D f. Då gäller tt ) f (x) = 0, för vrje x (, b) om och endst om f konstnt på (, b). b) f (x) 0, för vrje x (, b) om och endst om f är växnde på (, b). c) f (x) > 0, för vrje x (, b) om och endst om f är strängt växnde på (, b). d) f (x) 0, för vrje x (, b) om och endst om f är vtgnde på (, b). e) f (x) < 0, för vrje x (, b) om och endst om f är strängt vtgnde på (, b). Bevis: Låt x 0 och x vr två godtycklig punkter i (, b) sådn tt x 0 < x. Vi börjr med tt vis ). Antg först tt f (x) = 0, för vrje x (, b). Vi vill vis tt funktionsvärden smmnfller i dess punkter, d.v.s. tt f(x 0 ) = f(x ). Vi nvänder oss v medelvärdesstsen 8.9. Alltså finns det ett c (x 0, x ) sådnt tt ty f (c) = 0. f(x ) f(x 0 ) = f (c)(x x 0 ) = 0, Antg nu tt f är konstnt. Vi vill vis tt f (x) = 0, för vrje x (, b). Dett följer direkt från definitionen. Låt oss nu vis b). Antg först tt f (x) 0, för vrje x (, b). Vi vill vis tt f är växnde, d.v.s. tt f(x 0 ) f(x ). Vi nvänder oss v medelvärdesstsen 8.9. Alltså finns det ett c (x 0, x ) sådnt tt f(x ) f(x 0 ) = f (c)(x x 0 ) 0, ty f (c) 0 och x x 0 > 0 enligt ntgnde. Antg nu det omvänd, tt f är växnde på (, b). Vi vill vis tt f (x) 0, för vrje x (, b). Från definitionen hr vi tt f f(x + h) f(x) (x) = lim 0, (8.8) h 0 h ty om h > 0 är f(x + h) f(x) 0 och om h < 0 är f(x + h) f(x) 0. Bevisen v c) e) följer på ett nlogt vis. 64

65 8.8 Konvexitet och konkvitet Definition 8.2. En funktion f sägs vr konvex i intervllet [, b] D f om det för vrje x, x 2 [, b] gäller tt för ll t sådn tt 0 t. f(tx + ( t)x 2 ) tf(x ) + ( t)f(x 2 ) (8.9) Kommentr En funktion f som är konvex på [, b] uppfyller tt vrje seknt från (x, f(x )) till (x 2, f(x 2 )), med x, x 2 [, b], ligger ovnför eller smmnfller med f. tf(x )+( t)f(x 2 ) f(tx +( t)x 2 ) (x 2,f(x 2 )) (x,f(x )) tx +( t)x 2 b Figur 8.4: En seknt är ldrig under en konvex funktion. För tt vis dett så tr vi frm den orngefärgde linjens funktion. Eftersom linjen psserr punktern (x, f(x )) och (x 2, f(x 2 )) så blir funktionen L(x) = (f(x 2) f(x ))x + x 2 f(x ) x f(x 2 ) x 2 x. Om vi nu beräknr värdet i x = tx + ( t)x 2 får vi L(tx + ( t)x 2 ) = tf(x ) + ( t)f(x 2 ). Alltså är seknten ej under f i intervllet (x, x 2 ). Exempel Vis tt funktionen f(x) = x inte är konvex i intervllet [ 2, 2]. Lösning: Funktionen f är ej konvex ty för x =, x 2 = och t = /2 får vi tt vänsterledet är f(0) = medn högerledet är f( ) 2 + f() 2 = 0. 65

66 Exempel Vis tt funktionen g(x) = x 2 är konvex. Lösning: Låt x, x 2 R och 0 t. Vi vill vis tt högerledet minus vänsterledet i (8.9) är icke-negtivt. Alltså tx 2 + ( t)x 2 2 (tx + ( t)x 2 ) 2 = t( t)x 2 + t( t)x 2 2 2t( t)x x 2 = t( t)(x x 2 ) 2 0. Dett ger tt g är en konvex funktion. Sts Låt f vr deriverbr i intervllet (, b) D f. Då gäller tt f är konvex i (, b) om och endst om f är växnde i (, b). Bevis: Antg först tt f är växnde i (, b). Vi vill vis tt f är konvex, d.v.s. tt för vrje x, x 2 (, b) gäller tt tf(x ) + ( t)f(x 2 ) f(tx + ( t)x 2 ) 0, (8.20) för vrje t [0, ]. Låt c = tx + ( t)x 2. Vi hr tt tf(x ) + ( t)f(x 2 ) f(c) = tf(x ) + ( t)f(x 2 ) (t + t)f(c) = t(f(x ) f(c)) + ( t)(f(x 2 ) f(c)) och från medelvärdesstsen 8.9 tt t(f(x ) f(c)) + ( t)(f(x 2 ) f(c)) = tf (d )(x c) + ( t)f (d 2 )(x 2 c), där d (x, c) och d 2 (c, x 2 ). Om vi nu nvänder oss v c = tx + ( t)x 2, så får vi tt tf (d )(x c)+( t)f (d 2 )(x 2 c) = t( t)(f (d 2 ) f (d ))(x 2 x ) 0, eftersom ll fktorern är icke-negtiv. Antg nu tt f är konvex. Vi vill vis tt f är växnde, d.v.s. om x < x 2 är f (x ) f (x 2 ). Låt oss börj med tt vis tt för konvex funktioner är seknterns lutning växnde. Vi illustrerr med en bild. 66

67 P 3 P P 2 x x 2 x 3 b Figur 8.5: Reltionen melln olik seknters lutning Låt L 2 och L 3 vr rät linjer melln punktern P och P 2 respektive P och P 3. Antg tt x < x 2 < x 3. I kommentr 8.22 så visdes tt f(x 2 ) är mindre än eller smmnfller med L 3 (x 2 ). Alltså är lutningen på L 2 mindre än lutningen på L 3. Om f dessutom är deriverbr och vi låter x 2 x så får vi från sts 6.5 d) tt f (x ) L 3(x) = f(x 3) f(x ) x 3 x, (8.2) för vrje x (x, b). På smm vis kn vi vis tt L 3(x) = f(x 3) f(x ) x 3 x f (x 3 ), (8.22) för vrje x (, x 3 ). Alltså är f (x ) f (x 3 ) och vi är klr. Följdsts Låt f vr två gånger deriverbr i intervllet [, b] D f. Då gäller tt f (x) 0, för vrje x (, b) om och endst om f är konvex. Bevis: Från sts 8.20 b) hr vi tt f (x) 0, för vrje x [, b] om och endst om f är växnde. Från sts 8.25 hr vi tt f är växnde om och endst om f är konvex. Definition En funktion f sägs vr konkv i [, b] D f om f är konvex i [, b]. Definition Låt f vr en funktion definierd på ett intervll I. En punkt x 0 I sägs vr en inflexionspunkt till f om det finns ett δ > 0 sådnt tt f är konvex i ett v intervllen [x 0 δ, x 0 ] och [x 0, x 0 + δ], och konkv i det ndr. Sts Låt f vr två gånger deriverbr och låt f vr kontinuerlig. Om f hr en inflexionspunkt i x 0 så är f (x 0 ) = 0. 67

68 Bevis: Antg tt f hr en inflexionspunkt i x 0. Vi kn nt tt det finns då ett δ > 0 sådnt tt f är konvex i [x 0 δ, x 0 ] och konkv i [x 0, x 0 + δ]. Enligt sts 8.26 så är f (x) 0, för vrje x (x 0 δ, x 0 ) och enligt övning 8.5 så är f (x) 0, för vrje x (x 0, x 0 + δ). Eftersom f är kontinuerlig i x 0 så måste f (x 0 ) = Asymptoter Definition En linje x = sägs vr en lodrät symptot till en funktion f om f(x) går mot + eller då x + eller då x. Exempel 8.3. Funktionen f(x) = /(x ), definierd för x > hr den lodrät symptoten x =. Ty, f(x) +, då x Figur 8.6: Den streckde linjen är symptoten x =. Definition En linje y = kx + m är en sned symptot till en funktion f om eller lim (f(x) (kx + m)) = 0 (8.23) x lim (f(x) (kx + m)) = 0. (8.24) x 68

69 2 f(x) (kx+m) Om en funktion f hr en sned symptot då x så kn vi beräkn k och m. Vi observerr först tt från (8.23) får vi tt Eftersom m/x 0, då x så gäller tt Från (8.23) hr vi även tt f(x) (kx + m) lim = 0. (8.25) x x f(x) k = lim x x. (8.26) m = lim (f(x) kx). (8.27) x Exempel Funktionen f(x) = 3x/0 + rctn x hr de sned symptotern h (x) = 3x/0 + π/2 och h 2 (x) = 3x/0 π/ h h

70 8.0 Grfritning Exempel Rit kurvn till f(x) = xe x, definierd för x 0, med hjälp v tt ) bestäm sttionär punkter och vgör, med hjälp v ett teckenschem v f, vr f är strängt vtgnde och strängt växnde. b) bestäm inflextionspunkter och vgör, med hjälp v ett teckenschem v f, vr f är konvex och konkv. c) beräkn eventuell symptoter. Lösning: ) Låt oss deriver f. Vi får tt f (x) = e x xe x = ( x)e x, definierd för ll x (0, ). I dett fll hr vi endst en sttionär punkt i x =. Vi gör ett teckenschem enligt följnde, där symbolen betyder tt funktionen i fråg inte är definierd b) Vi deriverr f och får tt x 0 f (x) + 0 f(x) 0 e f (x) = e x ( x)e x = (x 2)e x. Vi får tt f hr en inflextionspunkt i x = 2. Vi gör ett teckenschem enligt följnde x 0 2 f (x) 0 + f(x) 0 2e 2 c) Eftersom funktionen är kontinuerlig på ett slutet intervll så finns det ing lodrät symptoter. Om y = kx + m är en sned symptot så får vi k genom och m genom Alltså är y = 0 en sned symptot. f(x) k = lim x x = lim x e x = 0 x m = lim (f(x) kx) = lim x x e x = 0. 70

71 Grfen får följnde utseende e Figur 8.7: Grfen till f(x) = xe x. Noter tt funktionen är konkv före den orngefärgde pricken och konvex därefter. Exempel 8.35 (Tentmen , 35%). Vis tt e x +sin x, för vrje x 0. Lösning: Om vi sätter f(x) = e x sin x så blir uppgiften tt vis tt f(x) 0 för vrje x 0. Eftersom e x > och cos x då x > 0 så ser vi tt f (x) = e x cos x > 0 då x > 0. Från tt derivtn f (x) är positiv då x > 0 (och f(x) kontinuerlig då x 0) följer tt funktionen f(x) är strängt växnde då x 0. Eftersom f(0) = 0 så följer det nu tt f(x) 0 för ll x Optimering Exempel Ett företg vill minimer mterilåtgången vid tillverkningen v cylinderformde konservburkr v en viss volym. Vilket förhållnde sk då råd melln burkens höjd och rdie? Lösning: Låt h och r vr höjden respektive rdien v burken. Vi hr tt volymen är V = πr 2 h. Aren består v två ytor v storleken πr 2 smt sidn som hr höjden h och bredden 2πr. Alltså är ren A(r) = 2πr 2 + 2πrh = 2πr V r. Eftersom volymen V är konstnt vill vi nu minimer funktionen A, då r > 0. Vi ser direkt tt lim A(r) = och lim A(r) =. r 0+ r Då A är deriverbr måste minvärdet finns i någon sttionär punkt. Låt oss deriver, A (r) = 4πr 2V r 2. 7

72 De sttionär punktern uppfyller tt A (r) = 0, lltså 4πr 2V r 2 = 0. Vi löser ut r och får tt ren är minimerd då r min = ( ) V /3. 2π Förhållndet melln höjden och rdien sk lltså vr h r min = V πr 3 min = 2. Exempel 8.37 (Tentmen , 53%). Låt x 0 och y 0 vr två tl vrs summ är 6. Ange det miniml värdet som uttrycket 2x 2 + y 2 kn nt. Lösning: Eftersom vi vet tt x + y = 6 kn vi skriv y = 6 x. Vi sk h x 0 och y 0, så tlet x kn vrier melln 0 och 6. Problemet är lltså tt hitt minimum v funktionen f(x) = 2x 2 + (6 x) 2 på intervllet [0, 6]. Genom tt kvdrtkompletter ser vi tt f(x) =2x 2 + (6 2 + x 2 2x) = 3x 2 2x + 36 = 3(x 2 4x + 2) =3((x 2) 2 + 8). Det minst värde som f kn nt (på hel reell xeln) är 3 8 = 24, som nts då x = 2. Eftersom x = 2 ligger i intervllet [0, 6] följer tt f:s minst värde på dett intervll är Övningr Övning 8.. Vis tt derivtn v x cos x är x sin x. Övning 8.2. Bevis (8.3). Övning 8.3. Vis (8.2) och (8.3). Övning 8.4. Låt f vr deriverbr i intervllet (, b). Vis tt f är konkv om och endst om f är vtgnde i (, b). Övning 8.5. Låt f vr två gånger deriverbr i intervllet (, b). Vis tt f är konkv om och endst om f (x) 0, för vrje x (, b). 72

73 Övning 8.6 (Tentmen , 37%). En stillstående bil strtr från ett trfikljus och ökr frten med konstnt ccelertion upp tills frten är 25 m/s. Därefter fortsätter bilen med den konstnt hstigheten 25 m/s. Efter 23 s hr bilen tillrygglgt sträckn 500 m. Hur lång tid efter strten nådde bilen frten 25 m/s? Övning 8.7. Låt f(x) = x ln x. ) Vd är definitionsmängden för f? b) Är f begränsd? c) Är f strängt växnde? d) Finns det något intervll där f är strängt vtgnde? e) Är f inverterbr? f) Är det snt tt f(x) > /3 för ll positiv tl x? Övning 8.8. Studer ekvtionen x 5 6x + = 0. ) Vis tt det finns minst en lösning i intervllet [, ]. b) Bestäm det exkt ntlet lösningr i intervllet [, ]. Övning 8.9. Låt g(t) = te t2 /2. Bestäm ll lokl extrempunkter och ll eventuell symptoter, skiss kurvn y = g(t) och bestäm värdemängden till funktionen. Övning 8.0. Låt g(t) = ln( + t 2 ) rctn t. Bestäm ll lokl extrempunkter och ll eventuell symptoter, skiss kurvn y = g(t) och bestäm värdemängden till funktionen. Övning 8.. Låt h(x) = (x 2 )e 2x 4. ) Bestäm en ekvtion för tngenten till kurvn y = h(x) i den punkt på kurvn som hr x-koordint 2. b) Använd linjär pproximtion i x = 2, dvs tngentlinjen, för tt uppsktt funktionsvärdet h(2.). 73

74 9 Tylors formel 9. Formulering v stsen Sts 9. (Tylors formel). Låt f vr en n gånger deriverbr funktion definierd i en omgivning v 0, sådn tt f (n) är kontinuerlig. Då följer tt f(x) = för något α melln 0 och x. Bevis: Låt n k=0 p(x) = f (k) (0) k! och definier för fixert x konstnten n k=0 x k + f (n) (α)x n, (9.) n! f (k) (0) x k (9.2) k! C = f(x) p(x) x n. (9.3) Identitet (9.) är ekvivlent med tt vis Cn! = f (n) (α). Noter tt definitionen v p medför tt f(0) = p(0), f (0) = p (0),..., f (n ) (0) = p (n ) (0). (9.4) Bild g(t) = f(t) p(t) Ct n. Från (9.4) följer tt g(0) = g (0) =... = g (n ) (0) = 0. (9.5) Eftersom även g(x) = 0 från definitionen v C så följer tt medelvärdesstsen 8.9 tt det finns ett x melln 0 och x sådnt tt g (x ) = 0. Nu följer igen v medelvärdesstsen tt det finns ett x 2 melln 0 och x sådnt tt g (x 2 ) = 0. Denn procedur tr slut efter n steg. 0 x x n x 2 x Det sist steget säger tt det finns ett α = x n melln 0 och x n sådnt tt g (n) (x n ) = 0. Men, 0 = g (n) (x n ) = f (n) (x n ) Cn!. Alltså är stsen visd. Definition 9.2. Låt f vr n gånger deriverbr. Polynomet n f (k) () (x ) k (9.6) k! k=0 klls Tylorpolynomet till f kring v grdtl n. 74

75 Exempel 9.3. Bestäm Tylorpolynomet v grd fyr kring 0 till f(x) = e x. Lösning: Det som efterfrågs är p 4 (x) = 5 k=0 f (k) () (x ) k k! = f(0) + f (0)x + f (0)x 2 2! + f (3) (0)x 3 3! + f (4) (0)x 4 4! Vi hr tt f(0) = f (0) =... = f (4) (0) =. Alltså blir polynomet p 4 (x) = + x + x2 2 + x3 6 + x Figur 9.: Den blå grfen är f och den röd är p 4. Exempel 9.4 (Tentmen , 52%). ) Bestäm Tylorpolynomet v ordning i punkten x = 0 till funktionen f(x) = ( + x) 3/2. b) Vis tt om vi nvänder dett Tylorpolynom P (x) för tt pproximer värdet ( + ) 3/2 för tl i intervllet [ /2, /2], kn vi då vr säkr på tt felet, d.v.s. P () ( + ) 3/2, lltid blir mindre än /5? 75

76 Lösning: ) Eftersom f(x) = (+x) 3/2 hr vi f (x) = 3 2 (+x)/2 och f (x) = 3 4 +x. Tylorpolynomet v ordning till f kring x = 0 ges v P (x) = f(0) + f (0)x = + 3x 2. b) Enligt Tylors formel hr vi,för vrje < x <, tt f(x) = P (x) + f (ξ) x 2, 2 där tlet ξ ligger melln 0 och x. Låt [ /2, /2]. Då hr vi enligt formeln ovn tt f() P () = f (ξ) 2 = ξ /2 4 = = < 6 32 < 5, eftersom ξ ligger melln 0 och, d.v.s. vi vet tt ξ [ /2, /2]. Alltså hr vi sett tt felet blir mindre än /5. Följdsts 9.5 (Tylors formel kring godtycklig punkt). Låt f vr en n gånger deriverbr funktion definierd i en omgivning v, sådn tt f (n) är kontinuerlig. Då följer tt f(x) = n k=0 för något α melln och x. f (k) () k! (x ) k + f (n) (α)(x ) n, (9.7) n! Bevis: Bild funktionen g(t) = f(t + ). Då gäller tt g uppfyller förutsättningrn för sts 9.. Vi får tt det finns ett α 0 melln 0 och t sådnt tt Uttryckt i f blir det g(t) = f(t + ) = n k=0 n k=0 g (k) (0) k! f (k) () k! t k + g(n) (α 0 )t n. (9.8) n! t k + f (n) ( + α 0 )t n, (9.9) n! 76

77 eftersom g (k) (t) = f (k) (t + ), för vrje k 0. Låt nu t = x, vi får tt f(x) = n k=0 f (k) () k! (x ) k + f (n) ( + α 0 )(x ) n. (9.0) n! Det räcker med tt observer tt α = + α 0 är ett tl melln och x. Exempel 9.6. Det är intressnt tt se hur Tylorpolynomen till en given funktion blir bättre och bättre ju fler termer som vi inkluderr Figur 9.2: Den blå grfen är x cos x och den röd är p 0 (x) = Figur 9.3: Den blå grfen är x cos x och den röd är p 2 (x) = x 2 /2!. 77

78 Figur 9.4: Den blå grfen är x cos x och den röd är p 4 (x) = x 2 /2!+x 4 /4! Figur 9.5: Den blå grfen är x cos x och den röd är p 6 (x) = x 2 /2! + x 4 /4! x 6 /6! Figur 9.6: Den blå grfen är x cos x och den röd är p Stor ordonottionen Definition 9.7. Låt f och g vr funktioner definierde i (, ), för något. Vi säger tt f tillhör mängden stor ordo v funktionen g(x) då x, 78

79 och skriver O(g(x)) om det finns tl M och x 0 sådn tt f(x) M g(x), för vrje x > x 0. Exempel 9.8. Funktionen x x ln x tillhör O ( x 3) då x, ty x ln x x 3, för vrje x >. I dett fllet är M och x 0 från definitionen båd. Definition 9.9. Låt f och g vr funktioner definierde i en omgivning till. Vi säger tt f tillhör mängden stor ordo v funktionen g(x) kring, och skriver O(g(x)) om det finns tl M och δ > 0 sådn tt för vrje x ( δ, + δ). f(x) M g(x), Exempel 9.0. Funktionen x 4x 4 tillhör O ( x 2) kring 0, ty för M = 4 och δ = i definitionen får vi 4x 4 4 x 2, för vrje x (, ). Vi kommer i givn situtioner, då det klrt frmgår, tt utelämn informtionen om O(g(x)) betrkts kring en punkt eller vid oändligheten. I mång smmnhng är det prktiskt tt inför konventionen f(x) = O(g(x)), där f och g är givn funktioner. Det vi menr är tt f är någon funktion i mängden O(g(x)). Med denn nottion kn vi formuler räknereglern Sts 9.. Låt f och g vr funktioner sådn tt O(f(x)) och O(g(x)) är definierde loklt eller vid, då gäller tt O(f(x)) O(g(x)) = O(f(x)g(x)), (9.) O(f(x)) + O(g(x)) = O( f(x) + g(x) ). (9.2) Bevis: Låt oss vis dess identiteter i fllet tt stor ordo är kring 0. En mängdidentitet kn erhålls genom tt vis tt vänsterledet är en delmängd v högerledet och tvärt om. Vi börjr med (9.) Låt oss vis tt O(f(x)) O(g(x)) O(f(x)g(x)). Tg h O(f(x)) O(g(x)), då finns enligt konventionen en funktion h f O(f(x)) och h g O(g(x)) sådn tt h = h f h g. Vi vill vis tt h O(f(x)g(x)). Då h f O(f(x)), så finns det M f och δ f > 0 sådn tt h f (x) M f f(x), 79

80 för vrje x ( δ f, δ f ). Liknnde gäller för h g med konstntern M g och δ g. Vi hr tt h = h f h g M f M g f(x)g(x), för vrje x ( δ, δ), där δ = min{δ, δ 2 }. Låt oss nu vis tt O(f(x)g(x)) O(f(x)) O(g(x)). Tg h O(f(x)g(x)), d.v.s. det finns tl M och δ > 0 sådn tt h(x) M f(x)g(x), för vrje x ( δ, δ). Låt oss bild h (x) = h(x)/g(x) och h 2 (x) = g(x), då gäller tt h = h h 2, där h O(f(x)) och h 2 O(g(x)). Vi lämnr beviset v (9.2) som en övning till läsren. Exempel 9.2. Sts 9. säger exempelvis tt x 2 O ( x 3) = O ( x 5) och tt O ( x 4) x = O ( x 3). Sts 9.3. Låt f vr n gånger deriverbr och f (n) vr begränsd i en omgivning v 0. Då gäller tt kring 0. f(x) = n k=0 Bevis: Vi måste vis tt resttermen från sts 9. f (k) (0) x k + O(x n ), (9.3) k! R n (x) := f (n) (α)x n, n! där α är ett tl melln 0 och x, tillhör O(x n ) kring 0. Eftersom f (n) är begränsd i en omgivning v 0 finns det ett tl K och δ > 0 sådnt tt för vrje x ( δ, δ). Alltså gäller tt f (n) (x) K, f (n) (α)x n n! K n! xn, för vrje x ( δ, δ), vilket betyder tt R n O(x n ) kring 0. 80

81 Exempel 9.4. Vis tt ln( + x) x + x2 2 lim x 0 3x 3 = 9. Lösning: Låt oss Tylorutveckl ln( + x) kring 0. Vi får Alltså gäller tt ln( + x) = x x2 2 + x3 3 + O( x 4). då x 0. ln( + x) x + x2 2 3x 3 = x x2 2 + x3 3 + O( x 4) x + x2 2 3x 3 = x O( x 4) 3x 3 = 3 + O(x) 3 9, 9.3 Övningr Övning 9.. Använd Tylorpolynomet v grd 2 kring x = 0 till f(x) = 00 + x för tt beräkn ett närmevärde till 04. Skriv upp feltermen och vgör om felet i ditt närmevärde är till beloppet mindre än

82 0 Serier 0. Definitionen Definition 0.. Låt ( j ) j=0 vr en tlföljd och låt (s n) n=0 vr tlföljden där Vi definierr serien j=0 j som j=0 s n = n j. (0.) j=0 j = lim n s n. (0.2) Tlen s n klls för seriens delsummor. Om gränsvärdet lim n s n existerr sägs serien vr konvergent och gränsvärdet klls för seriens summ, i nnt fll divergent. En serie sägs vr positiv om j 0, för vrje j N. Observer tt det inte spelr någon roll vr serien ovn börjr på för index, dett är endst en nmngivning. Det går lltid tt döp om termern så tt serien börjr med index noll. Läser kn själv verifier tt sts 4.5 ger tt konvergent serier uppfyller de linjär egenskpern där c R. ( j + b j ) = j=0 j=0 j + b j, (0.3) j=0 j=0 c j = c j, (0.4) j=0 Sts 0.2. Om serien j=0 j är konvergent så gäller tt j 0, då j. Bevis: Låt s n beteckn delsummorn för serien och låt S vr seriens summ. Nu följer stsen från n = s n s n S S = 0, då j. 0.2 Geometrisk serie En geometrisk serie j=0 j är en serie vrs termer ( j ) j=0 bildr en geometrisk tlföljd, d.v.s. j = x j, för något x R. Dett är en v få serier som vi fktiskt kn beräkn, givet tt x uppfyller tt x <. 82

83 Sts 0.3. Om x < så gäller tt j=0 x j = x. (0.5) Bevis: Låt s n beteckn delsummorn till serien. Delsummorn är då geometrisk summor och därv hr vi tt Om x < följer tt s n = n j=0 x j = xn+ x. då n. s n = xn+ x x, 0.3 Jämförelsestser Sts 0.4. Låt 0 j b j, för vrje j N. Då gäller tt om j=0 b j är konvergent så är även j=0 j konvergent. Bevis: Antg tt j=0 b j är konvergent med summn B och tt 0 j b j, för vrje j N. Vi vill vis tt j=0 j är konvergent, vilket per definition betyder tt s n := är konvergent då n. Enligt sts 4.7 följer dett om vi visr tt (s n ) n=0 är växnde och uppåt begränsd. Tlföljden (s n ) n=0 är växnde eftersom j 0, för vrje j 0. Den är även uppåt begränsd v B eftersom s n = n j j= n j=0 j n b j B, j= då n. Vi är klr. Negtionen v ovnstående sts formulers nedn, det är lämnt till lämnt läsren, som en övning i impliktionslogik, tt bevis den. Följdsts 0.5. Låt 0 j b j, för vrje j N. Då gäller tt om j=0 j är divergent så är även j=0 b j divergent. Näst exempel visr tt en serie nödvändigtvis inte konvergerr br för tt termern går mot noll. Tyvärr är dett en vnlig missuppfttning för den som inte tgit till sig teorin om serier på ett tillräcklig vis. 83

84 Exempel 0.6. Vis tt serien är divergent. j= Lösning: Låt s n beteckn delsummorn för serien och låt m vr det störst heltl sådnt tt n 2 m. Då gäller tt s n = n = + ( ) ( ) ( j 2 m 2 m m Vrje prentes kn görs mindre genom tt ersätt ll termer med ntlet termer multiplicert med den minst termen. Dett ger s n m 2 m = + m 2, då n och därmed även m. ). Sts 0.7. Serien j=0 j p (0.6) är konvergent om och endst om p >. Bevis: Vi är klr om vi lycks vis tt serien divergerr då p och tt den konvergerr då p >. Låt oss börj med tt vis tt serien divergerr då p. Dett följer direkt från exempel 0.6, ty olikheten j p j ger j=0 j p j =. j=0 Det återstår tt vis tt serien konvergerr då p >. Vi nvänder liknnde metoder som i exempel 0.6, d.v.s. grupper termern på ett effektivt sätt. Låt s n beteckn delsummorn för serien och låt m vr det minst heltl sådnt tt n 2 m. Då gäller tt s n = + 2 p + 3 p + 4 p + + n p + 2 p + 3 p + 4 p + + (2 m ) ( p = + 2 p + ) ( 3 p + 2 2p + + ) 7 p + + ( 2 (m )p + + (2 m ) p ). 84

85 I vrje prentes kn vi uppsktt termern med ntlet termer multiplicert med värdet v den först som även är den störst. Alltså, s n p p + + 2m 2 (m )p = + ( ) 2 ( ) 3 ( ) m 2 p + 2 p + 2 p p = ( ) m 2 p, 2 p 2 p då n och därmed även då m. Vi är klr. Sts 0.8. Låt j=0 j och j=0 b j vr två positiv serier vrs termer uppfyller tt j lim = K, (0.7) j b j för något K 0. Då gäller tt j=0 j konvergerr om och endst om konvergerr. j=0 b j Bevis: Antg tt j=0 b j är konvergent med summn B. Vi vill vis tt j=0 j är konvergent genom tt nvänd sts 4.7. Det är klrt tt n j= j är växnde eftersom j 0 och lltså kvrstår det tt vis tt delsummorn är uppåt begränsde. Från (0.7) vet vi tt det för vrje ε > 0 finns ett N sådnt tt för vrje j > N. Alterntivt, för vrje j > N. Vi får tt n j = j= N j + j= n j=n+ K ε < j b j < K + ε, b j (K ε) < j < b j (K + ε), j N j + (K + ε) j= n j=n+ b j N j + (K + ε)b och lltså är n j= j uppåt begränsd och därmed även konvergent. Det omvänd resultt följer v symmetriskäl eftersom b j lim = j j K. j= 85

86 Exempel 0.9. Är serien konvergent? (sin(/j) /j) j= Lösning: Låt j := sin(/j) /j och b j = /j 3. Vi hr tt j sin(/j) /j = b j /j 3 = (/j /(3!j3 ) + B(/j)(/j 4 )) /j /j 3 /6, då j. Från sts 0.8 hr vi tt eftersom j= b j är konvergent så är j= j konvergent. 0.4 Övningr Övning 0. (Utmning). Vis D Alemberts kvotkriterium från år 768. Dett kriterium säger tt om j=0 j är en positiv serie som uppfyller tt så är serien konvergent. lim j j j+ = H < Övning 0.2 (Utmning). Vis Cuchys rotkriterium, d.v.s. om j=0 j är en positiv serie som uppfyller tt så är serien konvergent. lim j /j j = H < 86

87 Integrlen. Introduktion Ett skäl till tt inför integrler är tt vi vill beräkn ren melln x-xeln och grfen till en funktion f i intervllet [, b]. Den del v ren som är ovnför x-xeln kommer vi tt definier som positiv och den del som är under x-xeln som negtiv. f b Idén är tt pproximer ren genom tt beräkn ren v en ntl rektnglr, som är inskrivn melln grfen och x-xeln b Till rektngelns höjd tr mn, som i bilden, något funktionsvärde i stpelns intervll. Vi kn tänk oss tt om vi minskr bredden, d.v.s. väljer fler och 87

88 fler stplr med mindre och mindre bredd, så kommer vi tt få en bättre och bättre pproximtion till den riktig ren. b Vi sk beräkn ren genom tt låt bredden v stplrn gå mot 0 och ntlet mot oändligheten..2 Integrler v trppfunktioner på slutn intervll En trppfunktion Ψ på det slutn intervllet [, b] är en funktion v typen c, x 0 x x, c 2, x < x x 2, Ψ(x) = (.). c n, x n < x x n, där c, c 2,..., c n är reell konstnter och = x 0 < x < x 2 <... < x n = b. Låt oss illustrer definitionen med en grf c 2 c c n x 0 x x 2 x n 88

89 Mängden P n = { x i } n i=0 klls en uppdelning v intervllet [, b] och intervllen [x i, x i ] klls ett delintervll v uppdelningen. Integrlen v en trppfunktion Ψ : [, b] R vill vi sk vr ren melln x-xeln och grfen till Ψ. Därför väljer vi tt definier integrlen v Ψ över [, b] som b n Ψ(x) dx = c j (x j x j ), j= vilket är ren v n stycken rektnglr med höjden c j och bredden x j x j. Vänsterledet i ovnstående definition nger även vår beteckning på integrlen v Ψ över det slutn intervllet [, b]. Vi illustrr definitionen med en figur. c 2 c c n x 0 x x 2 x n +.3 Integrler v begränsde funktioner på slutn intervll Låt f : [, b] R vr en begränsd funktion. Eftersom f är begränsd finns det trppfunktioner Φ och Ψ sådn tt Φ(x) f(x) Ψ(x), för vrje x [, b]. Funktionern Φ och Ψ som uppfyller ovnstående klls undertrpp respektive övertrpp till f och ders integrler klls undersumm respektive översumm till f. Figur.: Här är ett exempel på en undertrpp och dess integrl 89

90 Vi ser från figur. tt integrlen v undertrppn är en nedre begränsning v ren melln x-xeln och grfen för f. På smm vis är integrlen v övertrpporn övre begränsningr v ren. Låt L(f) vr mängden v ll undersummor till f och U(f) vr mängden v ll översummor till f, d.v.s. { b } L(f) = Φ(x) dx : Φ är en undertrpp till f, (.2) { b U(f) = } Ψ(x) dx : Ψ är en övertrpp till f. (.3) Observer tt mängdern L(f) och U(f) är delmängder v reell tl sådn tt L(f) är uppåt begränsd v vrje tl i U(f) och tvärt om. Supremumxiomet 2.4 säger tt sup L(f) och inf U(f) existerr. A priori gäller tt sup L(f) inf U(f). Vi gör följnde definition Definition.. Låt f : [, b] R vr en begränsd funktion. Om sup L(f) = inf U(f) så sägs f vr integrerbr och integrlen v f över [, b] är b f(x) dx = sup L(f) = inf U(f). Sts.2. Låt f : [, b] R vr en begränsd funktion. Då är f integrerbr om och endst om det för vrje ε > 0 finns en undertrpp Φ och en övertrpp Ψ till f sådn tt b Ψ(x) dx b Φ(x) dx < ε. (.4) Bevis: Antg först tt f är integrerbr, d.v.s. I := sup L(f) = inf U(f). Låt ε > 0. Eftersom I = sup L(f) så finns det en undersumm Φ som uppfyller tt I b Φ(x) dx < ε 2 och eftersom I = inf U(f) så finns det en översumm Ψ som uppfyller tt b Kombinerr vi (.5) och (.6) så får vi (.4). (.5) Ψ(x) dx I < ε 2. (.6) Antg nu tt det för vrje ε > 0 finns en undertrpp Φ och en övertrpp Ψ till f sådn tt (.4) gäller. Vi gör ett motsägelsebevis. Antg tt sup L(f) = I L < I U = inf U(f). Om nu ε = (I U I L )/2 får vi en motsägelse. 90

91 .4 Integrerbrhet v monoton funktioner I dett delkpitel ntr vi tt (P n ) n= är en följd uppdelningr v intervllet [, b]. Låt N n beteckn ntlet delintervll i den n:te uppdelningen P n = {x n,i } Nn n=0, där x n,i uppfyller tt = x n,0 < x n, < x n,2 <... < x n,nn = b. För tt inte drunkn i nottion kommer vi i fortsättningen tt exkluder indexet n. Vi skriver tt P n = {x i } N n=0 och är väl medvetn om tt ll x i och N beror v vilken uppdelning P n vi hde i tnkrn. Vi behöver även nottionen i = x i x i som beskriver längden v den i:te delintervllet. Låt mx vr längden v det störst delintervllet i P n. Observer tt i och därmed även mx beror v indexet n. Sts.3. Låt f vr en monoton funktion i intervllet [, b] och (P n ) n= vr en följd v uppdelningr v [, b] sådn tt det störst delintervllets längd mx (n) 0, då n. Då gäller tt N f(x i ) i i= N f(x i ) i 0, i= då n. Bevis: Låt oss vis stsen i fllet då f är växnde. Fllet då f är vtgnde är nlogt. Vi hr tt N N N f(x i ) i f(x i ) i = (f(x i ) f(x i )) i i= i= i= mx N i= (f(x i ) f(x i )) = mx (f(b) f()) 0, då n, eftersom mx 0, då n. Bilden nedn illustrerr uppskttningen v differensen. 9

92 f(b) f() mx b Följdsts.4. Om en funktion är monoton på ett intervll [, b] så är den integrerbr på [, b]. Bevis: Antg tt f är växnde i [, b]. Fllet då f är vtgnde är nlogt. Då gäller tt N i= f(x i) i och N i= f(x i ) är en över- respektive undersumm till f. Sts.3 säger tt differensen melln en över- och undersumm kn görs godtyckligt liten. Enligt sts.2 är f då integrerbr i [, b]..5 Riemnnsummor Definition.5. Låt f vr en funktion definierd i intervllet [, b] och låt P = {x i } n i=0 vr en uppdelning v [, b]. En summ v typen n f(α i ) i, i= där α i [x i, x i ], klls en Riemnnsumm för f i intervllet [, b]. Följnde sts säger tt ett Riemnnsummor kn nvänds för tt pproximer integrler. Sts.6. Låt f vr monoton i intervllet [, b] och låt (P n ) n= vr en följd v uppdelningr v [, b] sådn tt det störst delintervllets längd mx (n) 0, då n. Då gäller tt Riemnnsummn då n. N f(α i ) i i= b f(x) dx, 92

93 Bevis: Låt oss vis stsen då f är växnde. Fllet då f är vtgnde är nlogt. Låt oss nvänd oss v sts.3. Vi hr tt N f(x i ) i i= och från sts.4 hr vi N f(α i ) i i= N f(x i ) i i= N f(x i ) i i= b f(x) dx N f(x i ) i i= Från sts.3 får vi tt N f(α i ) i i= b f(x) dx, då n..6 Räkneregler Antg tt < b och tt f är en integrerbr funktion på [, b], då definierr vi b f(x) dx = b f(x) dx. Följnde räkneregler viss först för trppfunktioner och därefter generlisers dem till integrerbr funktioner. Vi lämnr beviset för trppfunktioner till läsren och bevisr hur generliseringen till integrerbr funktioner går till. Sts.7. Låt f och g vr integrerbr funktioner på intervllet [, b] och c R. Då gäller tt b b b b (f(x) + g(x)) dx = cf(x) dx = c b c b f(x) dx + b g(x) dx, (.7) f(x) dx, (.8) b f(x) dx = f(x) dx + f(x) dx, (.9) c b f(x) dx f(x) dx. (.0) Om f(x) g(x), för vrje x [, b] så gäller tt b f(x) dx b g(x) dx. (.) 93

94 Bevis: Vi börjr med tt vis (.7) under ntgndet tt likheten gäller för trppfunktioner. Eftersom f och g är integrerbr finns det undertrppor Φ n,f och Φ n,g smt övertrppor Ψ n,f och Ψ n,g för f respektive g sådn tt och b b Ψ n,f (x) dx Ψ n,g (x) dx b b Φ n,f (x) dx < 2n Φ n,g (x) dx < 2n. Trppfunktionern Φ n := Φ n,f + Φ n,g och Ψ n := Ψ n,f + Ψ n,g är en underrespektive övertrpp till f + g. Funktionen f + g är därmed integrerbr eftersom Denn olikhet säger tt b Ψ n (x) dx b då n. Med ndr ord hr vi tt b (f(x) + g(x)) dx = lim b Φ n (x) dx < n. Φ n (x) dx sup L(f + g), b n b = lim n b = lim = n b Φ n (x) dx (Φ n,f (x) + Φ n,g (x)) dx f(x) dx + Φ n,f (x) dx + lim b n g(x) dx b Φ n,g (x) dx vilket visr (.7). Exempel.8 (Tentmen , %). ) Vis tt 0 e x2 sin 5x dx 0. b) Vis tt det finns ett tl N sådnt tt Lösning: N n=2 n 2 + n log n 94

95 ) Eftersom e t är växnde för ll t och x 2 är växnde då 0 x, så följer tt e x2 är växnde då 0 x. Alltså är e x2 e 2 = e om 0 x. Därtill vet vi tt sin t för ll t. Om vi nvänder dess två olikheter så får vi tt e x2 sin(5x) e x2 e om 0 x. En egenskp hos integrlen är tt den bevrr olikheter och lltså är 0 e x2 sin(5x)dx 0 e x2 dx 0 e dx = e < 0. b) Betrkt serien n=2 n 2 + n 2 + log n = lim k k n=2 n 2 + n 2 + log n. Vi vet tt om en serie n=2 n är konvergent så är lim n n = 0. Eftersom lim n n 2 + n 2 + log n = lim n n log n = 0 n 2 n 2 så följer tt vår serie är divergent. Eftersom serien också är positiv så följer tt lim k n 2 k n=2 +n 2 +log n =. Att lim k b k =, för en tlföljd b k, betyder tt b k blir hur stor som helst br k är tillräckligt stort. Mer precist formulert: för vrje tl B finns ett tl N sådnt tt b n > B för vrje n > N. Alltså vet vi tt det finns ett tl N sådnt tt N n=2 n 2 + n log n.7 Medelvärdesstser för integrler Sts.9 (Medelvärdesstsen för integrler). Låt f vr kontinuerlig i [, b]. Då finns det ett tl α (, b) sådnt tt b f(x) dx = f(α)(b ). Stsen följer direkt från en något mer generellre sts, nämligen genom tt sätt g(x) = i följnde sts 95

96 Sts.0 (Generliserde medelvärdesstsen för integrler). Låt f och g vr kontinuerlig funktioner i [, b] och g 0. Då finns det ett tl α (, b) sådnt tt b f(x)g(x) dx = f(α) b g(x) dx. Bevis: Eftersom f är kontinuerlig så hr f ett mx- och minvärde på [, b]. Låt M och m vr mx respektive minvärdet för f på [, b]. Vi hr tt m f(x) M, för vrje x [, b] och därmed även för vrje x [, b]. Alltså gäller tt m b mg(x) f(x)g(x) Mg(x), g(x) dx b f(x)g(x) dx M b g(x) dx eller omskrivet m b b g(x) dx f(x) dx M. Stsen om mellnliggnde värde säger tt det finns ett tl α (, b) sådnt tt b f(α) = b g(x) dx f(x) dx, vilket ger önskd likhet..8 Anlysens huvudsts Definition.. Låt f vr en funktion definierd på ett intervll [, b]. En funktion F sägs vr en primitiv funktion till f på [, b] om F (x) = f(x), för vrje x (, b) och F är kontinuerlig i [, b]. Låt F och F 2 vr två primitiv funktioner till en funktion f, lltså F = F 2 = f. Om vi nu studerr G = F F 2 så får vi tt G = F F 2 = f f = 0. Enligt sts 8.20 ) är G(x) = C, för någon konstnt C R. Alltså gäller tt två primitiv funktioner skiljer sig endst på en konstnt. Sts.2 (Anlysens huvudsts). Låt f vr en kontinuerlig funktion på intervllet [, b]. Då gäller tt F (x) := x f(t) dt är en primitiv funktion till f i intervllet (, b). 96

97 Bevis: Låt oss nvänd derivtns definition. Vi vill lltså vis tt Vi hr tt h (F (x + h) F (x)) = h F (x + h) F (x) lim = f(x). h 0 h ( x+h f(t) dt x ) f(t) dt = h x+h x f(t) dt Medelvärdesstsen.9 ger tt det finns ett α (x, x + h) sådnt tt h x+h x f(t) dt = (x + h x)f(α) = f(α) f(x), h då h 0. Vilket skulle viss. Sts.3 (Insättningsformeln). Låt f vr kontinuerlig i [, b] och låt F vr en primitiv funktion till f på [, b]. Då gäller tt Bevis: Låt b f(x) dx = F (b) F (). G(x) = F () + x f(t) dt. Enligt nlysens huvudsts är G = f och därmed är G(x) = F (x) + C, för något C R. Vi ser tt C = 0 eftersom G() = F (). Nu följer stsen från F (b) = G(b) = F () + b Det är prktiskt tt i dett läget inför nottionen [ ] b F (x) = F (b) F (), f(t) dt. här är det underförstått tt x är den vribel som sk ersätts med och b..9 Prtiell integrtion Sts.4 (Prtiell integrtion). Låt f, g och g vr kontinuerlig i [, b] och låt F vr en primitiv funktion till f i [, b]. Då gäller tt b f(x)g(x) dx = [ F (x)g(x) ] b b F (x)g (x) dx. (.2) 97

98 Bevis: Dett resultt är en integrerd version v produktregeln för derivtor. Produktregeln för derivtor ger tt Integrerr vi denn identitet får vi b (F g) (x) = f(x)g(x) + F (x)g (x). (F g) (x) dx = b f(x)g(x) dx + b F (x)g (x) dx. Noter tt vilket ger (.2). b (F g) (x) dx = [ F (x)g(x) ] b,.0 Vribelbyte Sts.5. Låt g och g vr kontinuerlig i [, b] och låt f vr kontinuerlig melln g() och g(b). Då gäller tt g(b) g() f(x) dx = b f(g(x))g (x) dx. Bevis: Dett resultt är en integrerd version v kedjeregeln för derivtor. Från kedjeregeln hr vi tt Integrtion v båd leden ger b d dx (F (g(x))) = f(g(x))g (x). d (F (g(x))) dx = dx Vänsterledet kn omforms enligt b b f(g(x))g (x) dx. d dx (F (g(x))) dx = [ F (g(x)) ] b = F (g(b)) F (g()) = [ F (x) ] g(b) g(b) g() = f(x) dx. g() Vilket visr stsen. Exempel.6 (Tentmen , 55%). Lös integrlen 5 2 x x dx. 98

99 Lösning: Vi beräknr integrlen med hjälp v vribelbyte: 5 2 x x dx = t = x x = t 2 + dt = dx/(2 x ) = 2 2 t 2 + dt = [2 rctn t] 2 = 2(rctn 2 rctn ) = 2 rctn 2 π 8.. Integrtion v rtionell funktioner Låt f vr en rtionell funktion, d.v.s. f(x) = p(x) q(x), där p och q är polynom. Vi sk vis en strtegi för tt beräkn integrler v denn typ v funktioner. Denn strtegi består v stegen ) utför polynomdivision, b) fktoriser nämnren, c) prtilbråksuppdel, d) integrer termvis..2 Tylors formel med integrtion Vi börjr med ett lterntivt bevis v sts 9. som bygger på prtilintegrtion. Bevis: Från insättningsformeln hr vi tt x 0 f (t) dt = f(x) f(0). 99

100 Med hjälp v prtiell integrtion kn vi få ut term efter term enligt f(x) = f(0) + x 0 f (t) dt = f(0) + x 0 f (t) dt = f(0) + [ (t x)f (t) ] x x 0 (t x)f (t) dt 0 ([ ] (t x) = f(0) + f 2 x x (0)x f (t x) 2 (t) = f(0) + f (0)x + f (0) x x 2 (t x) 2 + f (3) (t) dt = f(0) + f (0)x + f [ ] (0) (t x) x 2 3 x + f (3) (t) 2 3! = f(0) + f (0)x + f (0) 2 Om vi fortsätter på smm sätt får vi f(x) = n k=0 x 2 + f (3) (0) x 3 3! f (k) (0) x x k + ( ) n k! 0 x 0 x 0 0 (t x) 3 3! ) f (3) (t) dt (t x) 3 f (4) (t) dt 3! f (4) (t) dt. (t x) n f (n) (t) dt. (n )! Vi tillämpr nu den generliserde medelvärdesstsen.0 för integrler med g(t) = (x t)n (n )! då t (0, x). Vi får för något α (0, x) tt f(x) = n k=0 n = Vilket vslutr beviset. k=0 0, f (k) (0) x x k + f (n) (x t) n (α) dt k! 0 (n )! f (k) (0) k! x k + f (n) (α) x n. n!.3 Övningr Övning.. Beräkn pproximtivt värdet v integrlen /2 0 sin x x Kn du gör det så tt ditt pproximtiv värde hr ett fel som är mindre än en tusendel? Finns det fler än ett sätt tt lös denn uppgift? Övning.2. Approximer integrlen 2 med hjälp v en Riemnnsumm med dt t 00 dx.

101 ) 2 termer, b) 4 termer. Förklr vrför din svr på ()) och (b)) kn nvänds som pproximtioner v ln 2. Övning.3. Bestäm det positiv tlet x så tt integrlen x 0 (4t t 2 ) dt mximers. Bestäm också integrlens mximl värde. 0

102 2 Integrtion över obegränsde intervll 2. Definitionen och jämförelsestser Definition 2.. Låt f vr en funktion som är integrerbr på [, R], för vrje R >. Då definiers integrlen f(x) dx = lim R R f(x) dx. Om dett gränsvärde existerr sägs integrlen vr konvergent, i nnt fll divergent. Sts 2.2. Integrlen är konvergent om och endst om p >. x p dx Bevis: Antg först tt p. Då gäller tt R [ ] x p R ( R p dx = lim xp R x p dx = = lim p R p ). p Dett gränsvärde är konvergent om och endst om R p 0, då R, vilket sker om och endst om p >. I fllet tt p = hr vi dx = lim x R R x dx = [ln x]r = lim ln R =. R Alltså är integrlen konvergent om och endst om p >. Sts 2.3. Låt f och g vr integrerbr funktioner i [, R], för vrje R >, sådn tt 0 f(x) g(x), för vrje x. Då gäller tt om g(x) dx är konvergent så är även f(x) dx konvergent. Beviset är näst intill identiskt med sts 0.4 och lämns därför som en övning till läsren. Följdsts 2.4. Låt f och g vr integrerbr funktioner i [, R], för vrje R >, sådn tt 0 f(x) g(x), för vrje x. Då gäller tt om f(x) dx är divergent så är även g(x) dx divergent. Bevis: Resulttet är en negtion v sts 2.3. Sts 2.5. Låt f och g vr positiv och integrerbr funktioner i [, R], för vrje R >, sådn tt f(x) lim x g(x) = K, 02

103 för något K 0. Då gäller tt f(x) dx konvergerr om och endst om g(x) dx konvergerr. Beviset är näst intill identiskt med sts 0.8 och lämns därför som en övning till läsren. 2.2 Smbnd melln summor och integrler v monoton funktioner Sts 2.6. Låt f vr en vtgnde funktion i intervllet [m, n], där m och n är heltl sådn tt m < n. Då gäller tt n j=m+ f(j) n m f(x) dx n j=m f(j) (2.) m m+ n n Figur 2.: Summor och integrler Bevis: Beviset följer direkt från figure 2.. Noter tt vänsterledet och högerledet är en undersumm respektive översumm till integrlen. Versionen v 2.6 för växnde funktioner blir Sts 2.7. Låt f vr en växnde funktion i intervllet [m, n], där m och n är heltl sådn tt m < n. Då gäller tt n j=m f(j) n m f(x) dx n j=m+ f(j) (2.2) Vi illustrerr stsen med en figur 03

104 m m+ n n Figur 2.2: Summor och integrler Sts 2.8 (Cuchys integrlkriterium). Låt f vr en positiv och vtgnde funktion i (m, ), då gäller tt j=m f(j) är konvergent om och endst om f(x) dx är konvergent. m Bevis: Antg först tt tt gränsvärdet j=m f(j) är konvergent med summn S. Vi vill vis R lim R m f(x) dx (2.3) är existerr. Att gränsvärdet existerr följer från sts 4.7 om vi lycks vis tt R R m f(x) dx är växnde och uppåt begränsd. Då f är positiv så är det klrt tt R R m f(x) dx är växnde. Låt n vr det minst heltlet som uppfyller tt R < n. Enligt sts 2.6 hr vi tt R m f(x) dx n m f(x) dx n j=m f(j) S, då R och då även n. Alltså existerr gränsvärdet (2.3). Omvänt gäller tt om m f(x) dx existerr så visr vi på liknnde sätt tt f(j) är växnde, ty f är positiv, och uppåt begränsd från sts 2.6. n j=m 2.3 Övningr Övning 2.. Bevis sts 2.3. Övning 2.2. Bevis sts 2.5. Övning

105 ) Konvergerr eller divergerr integrlen x x 2 + dx? b) Bestäm värdet v c) Bestäm värdet v R x lim R R x 2 + dx. 2R x lim R R x 2 + dx. d) Kn du v svren från b) och c) besvr )? Övning 2.4. ) Beräkn den generliserde integrlen dx (x + ) x. b) Vis tt serien (k + ) är konvergent. Uppsktt seriens summ k k= med hjälp v uppgift ). 05

106 3 Lokl integrerbrhet Bkgrunden är tt vi vill integrer en funktion över ett intervll där det finns punkter där funktionen inte är definierd. Problemställningen är enkel: Går det? Och i så fll: Hur gör vi? Definition 3.. Låt f vr en integrerbr funktion i intervllet [ + ε, b], för vrje litet ε > 0 som ej är definierd i punkten. Vi definierr b b f(x) dx = lim f(x) dx. ε 0 +ε Om dett gränsvärde existerr sägs integrlen vr konvergent, i nnt fll divergent. Funktionen f sägs vr integrerbr i intervllet (, b]. Läsren kn själv formuler definitionen i fllet tt funktionen f inte skulle vr definierd i punkten b. Vi nvänder räkneregel (.9) i fllet tt f inte är definierd i en inre punkt v [, b]. Definition 3.2. Låt f vr en integrerbr funktion i intervllen [, c) och (c, b] och odefinierd i punkten c (, b). Då definiers b f(x) dx = c f(x) dx + b c f(x) dx. Om båd integrlern i högerledet är konvergent så sägs integrlen b f(x) dx vr konvergent, nnrs divergent. Sts 3.3. Integrlen är konvergent om och endst om q <. 0 x q dx Vi skulle kunn bevis denn sts på ett liknnde sätt som beviset v sts 2.2. Vi väljer här tt överför denn sitution på resulttet v sts 2.2. Bevis: Vi hr tt 0 x q dx = { x = t dx = dt t 2 } = (/t) q t 2 dt = t 2 q dt. Vi vet från sts 2.2 hr vi tt integrlen konvergerr om och endst om 2 q >, vilket är detsmm som q <. Sts 3.4. Låt f och g vr integrerbr funktioner i [+ε, b], för vrje ε > 0, sådn tt 0 f(x) g(x), för vrje x (, b]. Då gäller tt om b g(x) dx är konvergent så är även b f(x) dx konvergent. Beviset är näst intill identiskt med sts 0.4 och lämns därför som en övning till läsren. 06

107 Följdsts 3.5. Låt f och g vr integrerbr funktioner i [ + ε, b], för vrje ε > 0, sådn tt 0 f(x) g(x), för vrje x (, b]. Då gäller tt om b f(x) dx är divergent så är även b g(x) dx divergent. Bevis: Resulttet är en negtion v sts 2.3. Sts 3.6. Låt f och g vr positiv och integrerbr funktioner i [ + ε, b], för vrje ε > 0, sådn tt för något K 0. Då gäller tt f(x) lim x + g(x) = K, f(x) dx konvergerr om och endst om g(x) dx konvergerr. Beviset är näst intill identiskt med sts 0.8 och lämns därför som en övning till läsren. Exempel 3.7 (Tentmen , 3%). ) På vilket sätt är integrlen generliserd? 0 cos x dx x/3 b) Avgör om integrlen är konvergent eller divergent. Lösning: ) Integrnden är funktionen f(x) = cos x x /3. Denn funktion är kontinuerlig på intervllet (0, ), men lim x 0 + f(x) =. Integrlen är lltså generliserd eftersom integrnden är obegränsd på intervllet (0, ]. b) På intervllet (0, ] är 0 < cos(x) och 0 < x /3, så vi hr 0 < cos x x/3 x /3 för ll x (0, ]. Den generliserde integrlen 0 x /3 dx är konvergent (eftersom /3 < ; se sidn 35 i Persson-Böiers). Eftersom vi hr ovnstående olikhet så följer det från jämförelsests (Sts på sidn 36 i Persson-Böiers) tt den generliserde integrlen 0 cos(x)x /3 dx är konvergent. 07

108 3. Övningr Övning 3.. Är följnde integrler generliserde? Ange i förekommnde fll på vilket sätt de är generliserde och vgör om de konvergerr. Beräkn slutligen integrlern. ) b) dx x 2x dx 08

109 4 Integrlens tillämpningr 4. Areberäkning Exempel 4.. Beräkn ren som stängs in v en ellips, lltså ren v ll punkter (x, y) som uppfyller tt där och b är positiv reell tl. x y2, b2 Lösning: Aren är den som bilds melln funktionern y(x) = ±b definierde för x [, ]. x2 2 = ± b 2 x 2, y (x) = b 2 x 2 b y 2 (x) = b 2 x 2 Av symmetriskäl uppfyller ren A tt A = (y (x) y 2 (x)) dx = 4 { } x = sin t = dx = cos t dt = 4b π/2 0 = 4b 0 π/2 sin 2 t cos t dt = 4b Vi nvänder nu trigonometrisk identiteten 0 2 x 2 dx y (x) dx = 4b sin 2 t cos t dt π/2 cos 2 t = + cos(2t) cos 2 t dt.

110 och får tt 4b π/2 0 π/2 cos 2 t dt = 4b = 4b = bπ 0 + cos(2t) dt 2 [ t 2 + sin(2t) 4 ] π/2 0 Här ser vi tt cirkelskivns re, då = b = r, blir πr Volymberäkning Exempel 4.2 (Klotets volym). Låt oss beräkn volymen v ett klot. Som ni knske redn misstänker så sk vi beräkn volymen genom tt roter en cirkel. En cirkel med rdien r fås v de punkter x och y som uppfyller x 2 + y 2 = r 2. Ur dett uttryck kn vi lös ut y enligt y = ± r 2 x 2 För tt gör det enkelt för oss noterr vi tt om vi roterr grfen v en fjärdedels cirkel kring x-xeln så får vi ett hlvt klot. Alltså blir hel klotets volym två gånger rottionsintegrlen v y r r V = 2π y 2 ( dx = 2π r 2 x 2) ] r dx = 2π [r 2 x x3 = 2π 2r = 4πr3 3 Ett svr som vi väl känner igen från geometrin. 4.3 Medelvärden 4.4 Övningr Övning 4.. Beräkn volymen v den rottionskropp, begränsd v x = 0 och x =, som uppkommer då vi roterr f(x) = x 2 kring x-xeln. Övning 4.2. Genom tt roter funktionen f(x) = ( + x) 3 får vi någonting som med lite vilj kn tänks likn ett vttengls. Antg tt du vill mät upp exkt 4 volymenheter v vtten i glset. Hur högt upp i glset skll du fyll? Övning 4.3. Beräkn volymen v den rottionskropp, begränsd v x = 0 och x = π/2, som uppkommer då vi roterr f(x) = cos(x) kring x-xeln. Övning 4.4. Bestäm det begränsde område som innesluts v kurvorn y = 4x 3 + 2x och y = 6x 2. Beräkn områdets re. 0

111 Övning 4.5. Beräkn volymen v den rottionskropp som generers då området melln kurvn y = sin x, 0 x π, och x-xeln roters ett vrv runt x-xeln. Övning 4.6. Beräkn volymen v den rottionskropp som generers då området melln kurvn y = sin x, 0 x π, och x-xeln roters ett vrv runt y-xeln. Övning 4.7. ) Bestäm definitionsmängd för vr och en v de två funktionern f(x) = x 32 x och g(x) = x 2 32x. b) Beräkn den re som dess funktioner nturligen definierr, nämligen ren under grfen.

112 5 Differentilekvtioner 5. Introduktion 5.2 Linjär ODE v först ordningen med konstnt koefficienter Sts 5.. Låt R. En funktion y löser differentilekvtionen y + y = 0 om och endst om där C R. y(x) = Ce x, Bevis: Låt oss först vis tt y(x) = Ce x löser differentilekvtionen. Vi hr tt y (x) + y(x) = Ce x ( ) + Ce x = 0, lltså löser y(x) = Ce x differentilekvtionen. Låt y (x) = C e x, för någon konstnt C 0. Antg tt y är en lösning till differentilekvtionen y + y = 0. Eftersom y 0 gäller tt lösningen y kn skrivs på formen y(x) = y (x) y(x) y (x). Låt oss kll w(x) = y(x)/y (x). Eftersom y är en lösning till differentilekvtionen hr vi tt y (x) + y(x) = y (x)w(x) + y (x)w (x) + y (x)w(x) = (y (x) + y (x))w(x) + y w (x) = y (x)w (x) = 0. Vilket ger tt w (x) = 0, lltså är w(x) = C 2, där C 2 R är en konstnt. En godtycklig lösning y är därför lltid på formen y(x) = y (x)w(x) = C e x C 2 = Ce x. Vilket skulle beviss. 5.3 ODE v ndr ordningen med konstnt koefficienter Definition 5.2. Låt y + y + by = 0 vr en differentilekvtion, där och b är reell tl. Polynomet r r 2 + r + b, klls det krkteristisk polynomet till differentilekvtionen och r 2 + r + b = 0, klls den krkteristisk ekvtionen för differentilekvtionen. 2

113 Sts 5.3. Låt, b R och låt r och r 2 vr lösningrn till den krkteristisk ekvtionen r 2 + r + b = 0. En funktion y löser differentilekvtionen om och endst om y uppfyller nednstående ) I fllet r och r 2 är reell och r r 2, så är b) I fllet r = r 2, så är y + y + by = 0 (5.) y(x) = C e r x + C 2 e r 2x, (5.2) y(x) = (C + C 2 x)e r x, (5.3) c) I fllet r = c + di och r 2 = c di, där d 0, så är där C, C 2 C. y(x) = e cx (C cos(dx) + C 2 sin(dx)), (5.4) Hjälpsts 5.4. Låt r och r 2 vr röttern till ekvtionen r 2 + r + b = 0. Då gäller tt r + r 2 =. Bevis: Enligt fktorstsen är r 2 + r + b = (r r )(r r 2 ). Utvecklr vi högerledet får vi r 2 (r + r 2 )r + r r 2. Identifierr vi koefficienter så får vi önskd identitet. Bevis: Det är en direkt räkning för tt verifier tt om y är på någon v formern (5.2) (5.4) så löser y differentilekvtionen. Det svår är tt vis omvändningen, d.v.s. tt det finns ing ndr funktioner än dess som löser differentilekvtionen. Antg tt y är en lösning v (5.). Eftersom en exponentilfunktion ldrig ntr värdet noll så kn vi skriv y på formen y(x) = y (x)w(x), (5.5) där y (x) = e rx. Problemet hndlr nu om tt t red på hur w ser ut. Eftersom y + y + b = 0 hr vi tt y + y + by = y w + 2y w + y w + (y w + y w ) + by w = (y + y + by )w + 2y w + y w + y w = 2y w + y w + y w = (2r w + w + w )e r x = (w + ( + 2r )w )e r x 3

114 Lösningen till differentilekvtionen (w ) + ( + 2r )(w ) = 0 är enligt sts 5. funktionen w (x) = C e (+2r )x och från sts 5.4 får vi tt + 2r = r r 2. Alltså är I fllet tt r 2 r hr vi w (x) = C e (r 2 r )x. (5.6) w(x) = C r 2 r e (r 2 r )x + C 2 = C 3 e (r 2 r )x + C 2, där C 3 = C r 2 r. Instoppt i (5.5) ger y(x) = e r x (C 3 e (r 2 r )x + C 2 ) = C 3 e r 2x + C 2 e r x, vilket visr ) i fllet tt r och r 2 är reell. Om r och r 2 är komplex så är r = r 2, ty och b är reell. Vi kn därför skriv tt r = c + di och r 2 = c di och får tt y(x) = C 3 e r 2x + C 2 e r x = C 3 e (c+di)x + C 2 e (c di)x = e cx (C 3 e idx + c 2 e idx ). Här utnyttjr vi tt e iθ = cos θ + i sin θ och e iθ = cos θ i sin θ. Alltså är y(x) = e cx (C 3 (cos(dx) + i sin(dx)) + C 2 (cos(dx) i sin(dx))) = e cx ((C 3 + C 2 ) cos(dx) + (C 3 C 2 )i sin(dx)) = e cx (C 4 cos(dx) + C 5 sin(dx)) där C 4 och C 5 är komplex konstnter, vilket visr c). I fllet tt r = r 2 så utgår vi från (5.6). Den säger i dett fll tt w (x) = C och därmed är w(x) = C x + C 2 och y blir därför y(x) = e r x (C x + C 2 ) vilket visr b). 5.4 Prtikulärlösningr Exempel 5.5 (Tentmen , 52%). Betrkt differentilekvtionen y (x) + 2y (x) y(x) = 2xe x ) Vis tt y(x) = xe x är en lösning till differentilekvtionen. b) Bestäm den llmänn lösningen till differentilekvtionen. 4

115 c) Beräkn gränsvärden Lösning: lim y(x) och lim y(x) x x i fllet då y(x) löser differentilekvtionen och y(0) = och y (0) = 2. ) Vi börjr med tt deriver funktionen u(x) = xe x och får u (x) = ( x) e x och u (x) = (x 2) e x. Om vi nu sätter y(x) = u(x) i differentilekvtionens vänsterled så får vi u (x) + 2u (x) u(x) = e x( (x 2) + 2( x) x ) = 2xe x, vilket är differentilekvtionens högerled och lltså är u(x) en lösning. b) Det krkteristisk polynomet till den homogen ekvtionen är lik med y (x) + 2y (x) y(x) = 0 λ 2 + 2λ = (λ + 2)(λ + + 2). Den llmänn lösningen till den homogen ekvtionen ges därmed v Ce ( + 2)x + De ( 2)x där C och D är godtycklig konstnter. I föregående uppgift såg vi tt u(x) = xe x vr en lösning till y (x) + 2y (x) y(x) = 2xe x så den llmänn lösningen till denn ekvtion får vi genom tt lägg till den homogen ekvtionens lösningr: xe x + Ce ( + 2)x + De ( 2)x. c) Om differentilekvtionen sk uppfyll y(0) = och y (0) = 2 så får vi från uttrycket för den llmänn lösningen i föregående uppgift tt = 0 e 0 + Ce ( + 2) 0 + De ( 2) 0 = C + D och (genom tt deriver) 2 = ( 0) e 0 +C( + 2)e ( + 2) 0 +D( 2)e ( 2) 0 = = (C + D) + 2(C D) = 2(C D). 5

116 Alltså är C + D = och C D = vilket ger tt C = 0 och D =. Så lösningen är i dett fll lik med xe x + e ( 2)x. Om x så ser vi tt e ( 2)x 0 (eftersom 2 < 0) och xe x 0 (stndrdgränsvärde), och lltså är Därefter hr vi tt lim x (xe x + e ( 2)x ) = 0. lim x (xe x + e ( 2)x ) = lim 2)x x e( (xe 2x + ) =, på grund v tt { lim xe 2x = t = } 2x = lim te t = 0 x 2 t och lim x e ( 2)x =. 5.5 Övningr Övning 5.. För vilk värden på konstnten λ > 0 hr rndvärdesproblemet { y (x) + λ 2 y(x) = 0 y(0) = y() = 0 icke-trivil lösningr, d.v.s. lösningr som inte är identiskt noll? Övning 5.2. I X-std bor idg människor. Mn räknr med tt stdens befolkning vrje år ökr med 0. procent, till följd v tt det är fler personer som föds än som dör. Dessutom hr stden en nettoinflyttning på 00 personer vrje år, dvs det är 00 fler som flyttr in till stden än det är som flyttr därifrån. Gör en mtemtisk modell i form v en differentilekvtion som beskriver befolkningsutvecklingen i stden. Vilket begynnelsevillkor bör uppfylls? När är stdens befolkning 000? Hur relistisk är modellen på lång sikt? Övning 5.3. Efter en gsolyck börjr det sippr in förorend luft i en lokl vrs volym är 2000 kubikmeter. Den förorende luften hr en koncentrtion v 0 procent v det giftig ämnet och sipprr in i en tkt v 0. kubikmeter per minut. Smtidigt sugs lik mycket v (den väl blndde) luften i loklen ut. När är koncentrtionen v det giftig ämnet i loklen uppe i procent? 6