Sommarmatte. Matematiska Vetenskaper. 8 april 2009

Transkript

1 Innehåll Sommrmtte del Mtemtisk Vetenskper 8 pril Ekvtioner och olikheter 5. Komple tl Algebrisk definition, imginär rötter Geometrisk representtion, polär koordinter Övningr Efter dess är det lämpligt tt görprov Ekvtioner med elementär funktioner Polnom med imginär rötter Trigonometrisk dditionsformler Trigonometrisk ekvtioner Ekvtioner med eponentilfunktioner Ekvtioner med logritmfunktioner Ekvtioner med bsolutbelopp Övningr Efter dess är det lämpligt tt görprov5b Olikheter Att lös olikheter Att bevis olikheter Att gör uppskttningr Rtionell olikheter Intervll Komple tl och olikheter går inte ihop! Övningr Efter dess är det lämpligt tt gör prov 5c Gränsvärden och kontinuitet Gränsvärdesbegreppet Övningr Gränsvärden för rtionell funktioner Gränsvärden för rtionell funktioner, då Gränsvärden för rtionell funktioner, då eller Övningr Något om smptoter för rtionell funktioner... 4

2 6.3. Övningr Kontinuitet Övningr Efter dess är det lämpligt tt görprov Derivt och integrler Derivtns definition Linerisering, tngenter och normler Betdelsen v derivtns tecken Genvägr till derivering Grundläggnde funktioners derivtor Allmänn deriveringsregler Smmnstt funktioner. Kedjeregeln Övningr Efter dess är det lämpligt tt gör prov Derivtor v högre ordning Mimi- och minimiproblem Övningr Efter dess är det lämpligt tt görprov7b Integrler Primitiv funktioner, obestämd integrler Bestämd integrler Integrlklklens huvudsts Övningr Efter dess är det lämpligt tt görprov7c Fcit 89 5 Ekvtioner och olikheter 5. Komple tl 5.. Algebrisk definition, imginär rötter Vilk tl uppfller ekvtionen =? Det är och, eller hur? Mn kn gnsk lätt vis tt inte är ett rtionellt tl, d v s det kn inte skrivs som en kvot melln heltl. Dett vr något som orode de gml grekern. De kände till som längden v hpotenusn i en rätvinklig tringel med ktetern v längd. De end tl de ville godkänn vr dock de rtionell. När de upptäckte tt inte vr rtionellt blev de förstås orolig. Förmodligen är det inget som hr orot dig, och det finns ingen nledning tt börj oro sig nu. Mtemtiker hr ju hittt på de reell tlen som innefttr bl så problemet är löst. Hur är det då med ekvtionen =? Denn vet vi tt den inte hr någr reell rötter, eftersom kvdrten v ett reellt tl ldrig kn bli negtivt. Finns det nledning till oro? Tj, det hr vist sig tt mn i mång lägen fktiskt hr ntt också vlösningr som inte är reell och det fin är tt det finns en konstruktion v tterligre tl som bl ger lösningr till denn ekvtion. Precis som mn kunde utvidg de rtionell tlen till ll de reell tlen, så kn också de reell tlen utvidgs till vd som klls för de komple tlen. Konstruktionen v de komple tlen går till så här. Först inför vi ett ntt tl som klls för den imginär enheten och beteckns med bokstven i. Vi bestämmer tt i i = i =. Därmed vet vi grntert tt det inte kn vr ett reellt tl, eftersom > 0för ll reell tl. De komple tlen definiers som mängden v ll lgebrisk uttrck + i b där och b är reell tl och i är den imginär enheten. Två komple tl är lik, + i b = c + i d, om och endst om = c och b = d. Addition och multipliktion v komple tl definiers nu som ddition och multipliktion v lgebrisk uttrck med den etr regeln tt i =. Vi får därmed tt ( + i b)+(c + i d)=( + c)+i (b + d) och ( + i b) (c + i d)=c + i (d + bc)+i bd =(c bd)+i (d + bc). Observer här tt multipliktion v två komple tl ger återigen ett komplet tl på formen + i där och är reell tl. Per definition hr vi tt i = och vi får ocksått( i) =(i )( ) =. Därmed hr vi lltsåtvårötter till ekvtionen =. Eempel. Låt z = + 3i och w = i vr två komple tl. Vi nvänder definitionern för tt dder z + w =( + 3i)+( i)=( + )+i (3 )=3 + i

3 och multiplicer z w =( + 3i) ( i)=( 3 ( )) + i ( ( )+3 )=8 i de två komple tlen z och w. Det går nu tt vis tt denn ddition och multipliktion funkr precis på smm sätt som vår vnlig ddition och multipliktion för reell tl och tt de följer smm regler. Smmnfttningsvis så kn mn lltså dder och multiplicer komple tl precis som reell tl förutom tt mn måste komm ihåg tt i i =. Det kn vr värt tt påpek tt det inte går tt utvidg de komple tlen tterligre och fortfrnde behåll smm räkneregler, så mn skulle kunn säg tt de komple tlen är den slutgiltig och fullständig tlmängden. Hur är det då med division? Innn vi svrr påfrågn så inför vi en prktisk beteckning. Om z = + ib så definiers dess konjugt som z = ib. Produkten v ett komplet tl och dess konjugt är z z =( + ib)( ib)= (ib) = i b = ( )b = + b. Observer tt + b är ett icke-negtivt reellt tl. Antg nu tt z = + ib 0, d v s tt ntingen 0 eller b 0. Då är + b 0. Sätt w = + b i b + b = ib + b = (z z) z. Dågäller tt ( + ib)( ib) zw = + b = + b + b =. Vi ser tt w är inversen till det komple tlet z så z = (z z) z eftersom vi då får z z =. Därmed kn vi definier division för komple tl genom tt sätt z w = z w = z w om w 0. (w w) + i Eempel. Förenkl uttrcket till ett komplet tl på formen + ib. + 3i Lösning. Genom tt förläng med konjugtet v nämnren och utnttj konjugtregeln såfår vi + i = ( + i) + 3i ( + 3i)( 3i) ( 3i)= ( + i)( 3i) ( + 3i)( 3i) ( ( 3)) + i( 3) = + 3 = 5 i 3 = 5 3 i 3. Vi kn kontroller vår räkning genom tt multiplicer svret med + 3i och jämför med + i. För ett komplet tl z = + ib så kllr mn för reldelen och b för imginärdelen. Dess beteckns med Rez respektive Imz,såRez = och Imz = b. Observer tt de reell tlen är en delmängd till de komple tlen. Ett reellt tl är helt enkelt ett komplet tl vrs imginärdel är noll. Viktigt i smmnhnget är tt vår definition v ddition och multipliktion för komple tl ger den vnlig dditionen för reell tl. Kontroller i definitionern genom tt sätt b = d = 0. Då blir summn + c och produkten c. Ett komplet tl som inte är reellt, d v s imginärdelen ej noll, kllr mn för ett imginärt tl. 5.. Geometrisk representtion, polär koordinter Det hr vist sig vr mcket nvändbrt tt representer komple tl som punkter i ett koordintsstem. Mn låter helt enkelt tlet + ib svr mot (,b). I figur är ett komplet tl + ib inprickt på sin plts (,b). b z rg(z) (, b) z = + ib Figur : Komplet tl i ett koordintsstem. Den vågrät eln (-eln) klls för den reell eln och den lodrät eln (-eln) klls för den imginär eln. Denn geometrisk representtion v komple tl leder nturligt till två viktig begrepp för ett komplet tl z, nämligen beloppet v z smt rgumentet för z. Beloppet för z beteckns med z och det definiers som vståndet ifrån origo till (, b). Formeln för vstånd ger tt + ib = + b. 3

4 Argumentet för z beteckns med rgz och det definiers som vinkeln melln den positiv -eln och linjen ifrån origo till (,b).både belopp och rgument är mrkerde i figur. Normlt väljer mn rgumentet i intervllet ( π,π]. Om mn gör det såsvrr vrje tl + i b mot ett unikt pr ( z,rgz). Mn kn lltså representer ett komplet tl också med dess belopp och rgument. Vi såg i förr vsnittet tt om z = + ib såvrz z = + b. Alltså är z z = + b = z vilket är en likhet väl värd tt lägg på minnet. Det finns ingen riktigt lik sngg och fin formel för rgumentet. I figur frmgår det tt när,b > 0, d v s då (,b) ligger i först kvdrnten, så är tn(rgz)= b ( ) b och rgz = rctn. Dett funkr lltid då > 0. (Kom ihåg tt rctn lltid ger en vinkel i intervllet ( π, π ).) För < 0såfår mn lägg till π för tt få rätt vinkel och när = 0så är rgumentet π/ eller π/ beroende på tecknet på b. Smmnfttningsvis så hr mn: rctn ( ) b om > 0, rctn ( ) b rg( + ib)= + π om < 0, π om = 0ochb > 0, π om = 0ochb < 0. Emellertid kn mn lätt känn igen de enkl vinklrn 0, π/6, π/4, π/3, π/ etc (se tbellen i slutet v vsnitt 3.. i del ). Vi sk nu inför ett nnt sätt tt representer komple tl, nämligen med så kllde polär koordinter. Låt z = + ib och sätt r = z och v = rgz. Från figur och definitionen v de trigonometrisk funktionern såfår vi tt = r cosv och b = r sinv. Vi får lltsått z = + ib = r cosv + ir sinv = r(cosv + isinv). Dett sätt tt skriv det komple tlet med hjälp v belopp och rgument är just vd som klls för polär koordinter. Det ursprunglig sättet, +i b, klls för krtesisk koordinter. En v strkorn med de polär koordintern är tt det är enkelt tt multiplicer och divider komple tl på polär form. Låt z = r(cosv+isinv) och w = s(cosw+isinw). Med hjälp v dditionsformler för sinus och cosinus (se vsnitt 5.. såfår vi zw = r(cosv + isinv) s(cosw + isinw) = rs((cosvcosw sinvsinw)+i(cosvsinw + sinvcosw)) = rs(cos(v + w)+isin(v + w)). 4 När mn multiplicerr två komple tl så multiplicers lltså beloppen och dders rgumenten. Speciellt får vi för inversen z = s(cosw + isinw) till z = r(cosv + isinv) tt = z = rs(cos(v + w)+isin(v + w)). z Eftersom = och rg = 0 drr vi slutstsen tt z = s = r = och rg = w = v = rgz. z z För division får vi därmed w z = w och rg w = rgw rgz. z z Eempel. Låt z och w vr komple tl med z =, w = 3, rgz = 3π/8 och rgw = π/8. Beräkn tlen zw och z/w så eplicit som möjligt. Lösning. Vi vet tt zw = z w = 3 = 6 och tt rg(zw)= rg(z)+rg(w)= 3π/8 + π/8 = π/. Alltså är zw = 6i eftersom rgumentet nger tt riktningen är längs positiv -eln och vståndet till origo är 6. Vi får ocksått z = z w w = 3 smt rg(zw) =rg(z) rg(w) = 3π/8 π/8 = π/4. Argumentet π/4 betder linjen = så tt tlet är en positiv multipel v +i. Beloppet v + i är så z w = 3 ( + i)= 3 ( + i)= i i krtesisk koordinter. Riktigt krftfull blir de polär koordintern när mn sk t (heltls)potenser v komple tl. Heltlspotens är ju br upprepd multipliktion, och om vi upprepr rgumentet ovn för produkt så får vi följnde elegnt formel för potens v komple tl uttrckt i polär koordinter. De Moivres formel. Låt z = r(cosv + isinv) vr ett komplet tl i polär koordinter. Dågäller tt z n = r n (cos(nv)+isin(nv)). 5

5 Eempel. Beräkn ( + i) 00. Lösning. Mn skulle förstås successivt kunn räkn ut ( + i), ( + i) 4, ( + i) 8 etc, men mcket enklre och mer effektivt blir det tt nvänd de Moivres formel. Vi börjr med tt skriv z = + i med polär koordinter. Vi hr tt z = + = och rgz = π/4. De Moivres formel ger dått ( ) ( ( ) ( )) 00 00π 00π z 00 = cos + isin 4 4 ( = /) 00 (cos(5π)+isin(5π)) = 50 (cos(π)+isin(π)) = 50. eftersom cos(π)= och sin(π)= Övningr Efter dess är det lämpligt tt gör prov Förenkl följnde uttrck till formen + ib. ) (3 + i) ( 4i) b) (3 + i)( 4i) c) (3 4i) d) /( + i) e) /( 4i) f) (3 + i)/( 4i) g) /(3 + i)+/( 4i) 5.. Skriv följnde tl på polär form. ) 3i b) i c) 5 + 5i d) + 3i e) 3i 5..3 Skriv tlen med följnde belopp och rgument på formen + ib. ) z =, rgz = π/ b) z = 4, rgz = π c) z =, rgz = π/ Beräkn följnde potenser med hjälp v de Moivres formel. ) z 8 med z = + i b) z 0 med z = + 3i c) z 5 med z = i 6 5. Ekvtioner med elementär funktioner 5.. Polnom med imginär rötter Vi hr redn i del i vsnittet om ndrgrdsekvtioner bestämt reell rötter till ndrgrdsekvtionen + p + q = 0. Vi kom frm till tt lösningrn till denn ges v = p ( p ) + q och = p ( p ) q. Dess härleddes med hjälp v kvdrtkomplettering + p + q = 0 ( + p ( p ) ) = q. Om uttrcket ( p) q < 0såfår vi ing reell lösningr. Det visr sig dock tt det finns komple lösningr. Vi får med hjälp v definitionen v den imginär enheten och räknereglern tt om > 0så är ( ) i = i ( ) ( ) =( ) = och i =( i) ( ) =( ) =. Det gör tt om ( p) q < 0sågestvålösningr till + p + q = 0v = p ( p ) q + i och = p ( p ), i q där uttrcket under rottecknet btt tecken och lltså är positivt. Eempel. Lös ekvtionen + 5. Lösning. Vi observerr tt ( p ) ( ) q = 5 = 5 = 4 < 0 så det finns ing reell lösningr. Vi nvänder oss v formeln och får, = ( ) ± i + 5 = ± i 4. Det ger oss lösningrn = + i 4 = + i och = i 4 = i. Vi ser i eemplet och i den llmänn formeln tt de två röttern är vrndrs konjugt. Denn observtion är något som kn generlisers till ll polnom (med reell koefficienter). Vi hr nämligen: 7

6 Om z är ett nollställe till ett polnom p() med reell koefficienter, så är också dess konjugt z nollställe till p(). uttrcket under rottecknet blir 0 (dubbelrot) dubbelt. Är det så tt ntlet nollställen till ett polnom lltid är smm som grden? J, det är det och det bgger på fktorstsen och följnde viktig sts vrs bevis ligger långt utnför denn kurs. Beviset v dett nvänder br de fktum tt ett reellt tl (och speciellt 0) är lik med sitt konjugt och tt mn kn ändr ordning på tt t konjugt och dder eller multiplicer. När det gäller polnom v högre grd så gäller det precis som tidigre (se vsnittet Polnom v högre grd, fktorstsen, polnomdivision i del ) tt mn kn reducer till lägre grd om mn känner till eller lcks bestämm något v nollställen. Fktorstsen funkr för komple nollställen också, d v s om + ib är ett nollställe till polnomet p() så får mn p() =( ( + ib)) q() där q() är ett polnom (med komple koefficienter). Om mn hr ett nollställe + ib så vet vi ju tt också ib är ett nollställe och det är då prktiskt tt multiplicer ihop motsvrnde två fktorer för då får mn ett reellt ndrgrdspolnom och slipper komple koefficienter: ( ( + ib))( ( ib)) = (( + ib)+( ib)) +( + ib)( ib) = +( + b ). Eempel. Vi vet tt polnomet hr ett nollställe + i. Bestäm ll ndr nollställen. Lösning. Eftersom + i är ett nollställe så är också i ett nollställe. Därmed kn vi divider bort ( ( + i))( ( i)) = (( + i)+( i)) +( + i)( i)= +. Vi gör det med kort division (se vsnittet om polnomdivision i del ) =( + )( + b + c). Vi får tt 4 -termen ger = och konstnttermen ger = c så c =. Om vi då jämför 3 -termern såfår vi = + b = + b så b = 0. Alltså är =( + )( ). Övrig nollställen är nu nollställen till, d v s och. Smmntget får vi tt är smtlig fr nollställen till polnomet. = + i, = i, 3 =, 4 = I det sist eemplet så hde vi ett fjärdegrdspolnom och fick fr nollställen. För ett ndrgrdspolnom vet vi tt vi lltid får två nollställen, om mn räknr fllet då 8 Algebrns fundmentlsts. Vrje polnom hr minst ett komplet nollställe. Antg tt vi t e hr ett fjärdegrdspolnom p(). Dett hr ett nollställe r enligt stsen och vi kn därmed fktoriser p() =( r )q () där q () är ett polnom v grd 3. Nu hr ju q () ett nollställe r enligt stsen. Vi kn återigen fktoriser q ()=( r )q () där q () är ett polnom v grd. Nu hr ju q () ett nollställe r 3 enligt stsen. Vi kn återigen fktoriser q ()=( r 3 )q 3 () där q 3 () är ett polnom v grd. Polnomet q 3 () hr ett nollställe r 4 så q 3 ()=c( r 4 ) för någon konstnt c och vi får till slut p()=c( r )( r )( r 3 )( r 4 ). Smm resonemng kn mn nu gör för polnom v vilken grd som helst och får då ekt smm ntl nollställen (räknde med multiplicitet) som grden v polnomet. 5.. Trigonometrisk dditionsformler Innn vi tittr på ekvtioner som innehåller trigonometrisk funktioner behöver vi gå igenom de trigonometrisk dditions- och subtrktionsformlern. I llmänhet är sin(u + v) ej lik med sinu + sinv.teu = v = 30 ger 3 sin(u + v)=sin60 = medn sinu + sinv = sin30 = =. Istället gäller följnde formler (som också är br tt kunn utntill): sin(u + v)=sinu cosv + cosu sinv sin(u v)=sinu cosv cosu sinv cos(u + v)=cosu cosv sinu sinv cos(u v)=cosu cosv + sinu sinv tn(u + v)= tnu+tnv tnu tnv tn(u v)= tnu tnv +tnu tnv 9

7 Vi visr först formeln för cos(u v) med hjälp v cosinusteoremet från kpitel 3idel. Tg punkter P =(, ) och Q =(, ) på enhetscirkeln sått(, )=(cosu,sinu) och (, )=(cosv,sinv).då är + = och + =. Tillämp cosinusteoremet på tringeln OPQ. Det ger d = + cos(u v). Med vståndsformeln fås också d = ( ) +( ) = = ( + )+( + ) ( + ) = + (cosu cosv + sinu sinv). En jämförelse v de två uttrcken för d ger cos(u v)= (cosu cosv+sinu sinv) (cos u, sin u) d u v v (cosv, sin v) Figur : Använder cosinusstsen på den vbildde tringeln. vilket förenkls till formeln för cos(u v). Formeln för cos(u v) kn sedn utnttjs för tt bevis de övrig formlern. Vi lämnr detljern till läsren och ger endst en fingervisning till hur det kn görs. För cosinus v en summ nvänder mn cos(u + v)=cos(u ( v)) = cosu cos( v)+sinu sin( v), och utnttjr tt cos( v) =cosv och sin( v) = sinv. För tt bevis formlern för sinus så kn mn utgå ifrån ( π ) (( π ) ) sin(u + v)=cos (u + v) = cos u v. Slutligen för tt bevis formlern för tngens så strtr mn med sin(u + v) tn(u + v)= cos(u + v) och utnttjr formlern för sinus och cosinus. Eempel. Beräkn sin75 ekt. Lösning: Vi utnttjr dditionsformeln för sinus och får ( π sin75 = sin( )=sin 4 + π ) = sin π 6 4 cos π 6 + cos π 4 sin π 6 = 3 + ( ) = = = 4 0 ( 6 + ) 4. Med dditions- och subtrktionsformlern kn mn lltså beräkn de trigonometrisk funktionern ekt för fler värden. Formler för dubbl vinkeln Genom tt sätt u = v i summformlern får mn direkt formler för dubbl vinkeln. sinu = sinu cosu tnu = tnu tn u cosu = cos u sin u cosu = cos u cosu = sin u De två sist följer v den först formeln för cosu med hjälp v trigonometrisk ettn Trigonometrisk ekvtioner Om (,) är en given punkt på enhetscirkeln + =, så är (enligt definition) cosv = och sinv = (se vsnitt 3.6 i del ). Omvänt, om värden för cosv och sinv båd är givn, så är punkten (,) entdigt bestämd och vinkeln v bestämd med undntg v en multipel v π, d v s med undntg v ett ntl hel vrv. Om däremot endst cosv = är givet, så kn vinkeln v ligg i två olik kvdrnter, en i övre och en i undre hlvplnet, t cos( v 0 )=cosv 0. Anlogt, om endst sinv = b är givet, så knv ligg ntingen i högr eller vänstr hlvplnet, t sin(π v 0 )=sinv 0. Eempel. Lös ekvtionen sinv = /. Lösning. Vi vet ifrån vsnittet om tringlr och trigonometri tt sin(π/6) =/. Därmed är v = π/6 en lösning till ekvtionen. Eftersom sin(π v)=sinv så är även v = π π/6 = 5π/6 enlösning till ekvtionen. Dessutom kn mn ju lltid ändr en vinkel med ett helt ntl vrv så ttv + π, v + 4π, v + 6π,... är ll lösningr till ekvtionen liksom v π, v 4π, v 6π,... Smm sk om mn bter ut v mot v.vifår lltså tt smtlig lösningr till ekvtionen är { π/6 + n π v = 5π/6 + n π, där n är ett godtckligt heltl. En lösning, såsom v = π/6 i eemplet ovn, klls för en specifik lösning och mängden v ll lösningr klls för den llmänn lösningen. Vi sk nu nge formler för den

8 llmänn lösningen för ekvtioner som innehåller cosinus, sinus respektive tngens. (För cotngens kn mn utnttj tt cot = tn.) Ekvtionen cosv =, där, hr llmänn lösningen { v0 + n π v = v 0 + n π, där n är ett godtckligt heltl och v 0 är en vinkel som stisfierr ekvtionen cosv 0 =. Lösningrn kn erhålls genom skärning v enhetscirkeln + = med rät linjen =. Ovnstående kn också formulers (med v 0 = u)som cosv = cosu v = ±u + n π v0 v0 = Figur 3: Lösningrn till cosv =. Ekvtionen sinv = b, där b, hr llmänn lösningen { v0 + n π v = π v 0 + n π, där n är ett godtckligt heltl och v 0 är en vinkel som stisfierr ekvtionen sinv 0 = b. Lösningrn kn erhålls genom skärning v enhetscirkeln + = med rät linjen = b. Dett kn också formulers (med v 0 = u)som om och endst om sinv = sinu v = u + n π eller v = π u + n π v0 v0 = b Figur 4: Lösningrn till sinv = b. Vi hr definiert tnv = / och vist tt tnv är periodisk med perioden π. Alltså gäller tt: Ekvtionen tnv = k,där < k <,hr llmänn lösningen där n är ett godtckligt heltl och v 0 är en vinkel som stisfierr ekvtionen tnv 0 = k.lösningrn kn fås genom skärning v enhetscirkeln + = med rät linjer = k. Dett kn också formulers (med v 0 = u): tnv = tnu v = u + n π v = v 0 + n π v0 v0 = k Figur 5: Lösningrn till tnv = k. Eempel. Lös ekvtionen sin(v + )= /. Lösning. Sätt v + = t och lös först ekvtionen sint = /. En lösning är t 0 = rcsin = π 6 = 30, så llmänn lösningen blir { t0 + n π = π/6 + n π t = π t 0 + n π = 5π/6 + n π. Vi får till slut genom tt sätt in dett i v + = t och lös ut v tt { / + π/ + n π v =(t )/ = / +t/ = / + 5π/ + n π. Eempel på lösningr får mn genom tt ersätt n med olik heltl. Om vi t e sätter n = i de två olik fllen så får vi lösningrn v = / + 3π/ och v = / + 7π/. Eempel. Lös ekvtionen cos3v + cosv = 0. Lösning. Vi kn skriv om ekvtionen som cos3v = cos(v + π), t cos(v + π)= cosv. Därmed hr vi skrivit den på formen cosw = cosu och som vi såg ovn så är dett snt om och endst om w = ±u + n π. Det ger cos3v = cos(v + π) 3v = ±(v + π)+n π. Vi delr upp i två olik fll beroende på teckenvlet i högerledet. 3

9 Fll : Ekvtionen 3v =+(v + π)+n π ger v = π + n π,dvs där n är ett godtckligt heltl. v = π/ + n π, Fll : Ekvtionen 3v = (v + π)+n π ger 4v = π + n π,dvs v = π/4 + n π/ =+π/4 + m π/, där m =(n ) är ett godtckligt heltl. Svr: v = π/ + n π och v = π/4 + n π/där n = 0,±,±,... Anmärkning: Vi kunde också (i eemplet ovn) nvänt formeln cos(π v)= cosv. (Genomför räkningen och jämför svren!) Eempel. Lös ekvtionen sinv + 3 cosv = 0. Lösning. Ekvtionen kn skrivs tnv = 3 efter division med cosv, ttnv = sinv/cosv. Detär ing problem med tt divider med cosv, tomcosv = 0så är sinv ntingen eller och dett ger ingen lösning till ekvtionen. Denn ekvtion hr en lösning v 0 = π/3 = 60,ttn( π/3) = tn(π/3) = 3. Allmänn lösningen blir då v = v 0 +nπ = π/3 + n π,där n godtckligt heltl. [Alterntiv formulering v svret är: v = π/3 + m π,(där m = n )]. Hittills hr vi skrivit om ekvtionen så tt den blev på formen cosv = eller cosu = cosv (eller med sin eller tn). Mn kn också lös ekvtioner där det är polnom v en trigonometrisk funktion cosv, d v s ekvtioner som innehåller termer v tpen c(cosv) n. Strtegin är då ttförst ersätt cosv med t och bestämm lösningrn för polnomekvtionen med t som obeknt. Därefter bestämmer mn v genom tt lös cosv = t för ll lösningr t till polnomekvtionen. Här är det viktigt tt komm ihåg tt cosv och sinv. Eempel. Lös ekvtionen (cosv) cosv = 3. Lösning. Sätt cosv = z. Kom ihåg tt det betder tt z. Då fås ndrgrdsekvtionen z z = 3, d v s z z 3 = 0 med röttern z, = 4 ± = 4 ± 5 4, dvs z = 3 och z =. Den först lösningen z = 3/ är orimlig,t z. Den ndr lösningen z = ger ekvtionen cosv = med llmän lösning v = ±π + n π = π + n π, 4 eftersom π och π skiljer sig åt med ett helt vrv och därmed ger smm lösningr. Svr: v = π + n π. Eempel. Lös ekvtionen sin 5 v + sin 3 v =. Lösning. Eftersom sinv för ll v,såär sin 5 v + sin 3 v = med likhet endst för sinv =. Alltså är sinv = end möjligheten, d v s smtlig lösningr till ekvtionen ges v v = π/ + n π Ekvtioner med eponentilfunktioner Precis som för trigonometrisk funktioner går det tt lös (enkl) ekvtioner som innehåller eponentilfunktioner. Här hndlr det om strängt vände eller vtgnde funktioner som ntr ll positiv reell tl som värden och som inte ntr någr negtiv värden. Dett ger följnde grundläggnde regler: Ekvtionen b = (med b > 0ochb ) hr en unik lösning = log b om > 0 men sknr lösning om 0. Likheten b = b gäller om och endst om =. Med hjälp v potensreglern kn mn iblnd skriv om en ekvtion som innehåller eponentilfunktioner så tt den blir på den grundläggnde formen b =. Kom speciellt ihåg här tt b + = b b. Eempel. Lös ekvtionen + = 6. Lösning. Potensreglern ger tt =.Därmed kn ekvtionen skrivs som ( + )=6, d v s =. Det ger tt =, d v s =. En lterntiv lösningsmetod är tt sätt = z. Test själv tt lös ekvtionen på dett sätt. Precis som för trigonometrisk funktioner så kn mn iblnd lös ekvtioner som innehåller olik potenser v en eponentilfunktion. Vi påminner här om tt (b ) k = b k. Eempel. Bestäm reell lösningr till ekvtionen e + e = 0. Lösning. Sätt e = z. Då är e =(e ) = z och vi får ekvtionen z + z = 0med rötter z, = ± 4 + = ± 3, dvsz = ochz =. Vi delr upp i två olik fll för de två olik lösningrn. 5

10 Fll : Om z = z,såfår vi e = z = = e 0 vilket ger = 0. Fll : Om z = z,såfår vi e = z = vilket är en orimlighet, då e > 0för ll reell. Svr: Ekvtionen hr den end reell roten = 0. Eempel. Lös ekvtionen = 0. Lösning. Vi skriver om ekvtionen med potensreglern till + =. Dett gäller om och endst om + =,dvs =. Även denn går tt lös genom tt sätt = z. Test återigen själv tt gör dett. För > kn vänsterledet v ekvtionen skrivs som ln( )+ln( + )=ln( ) + ln( + )=ln ( ( ) ( + ) ) och högerledet som 3ln = ln 3.Härv fås ( ) ( + )= 3, dvs 3 + = 3 eller + = 0. Denn ekvtion hr röttern = 5 + 0,6 < och = 5,6 <. Därmed ligger både och utnför definitionsområdet >. Svr: Den givn ekvtionen sknr (reell) rötter Ekvtioner med logritmfunktioner Problemet tt lös ekvtioner som innehåller logritmfunktioner, log b (se vsnittet om logritmer i del ), påminner en hel del om tt lös ekvtioner som innehåller eponentilfunktioner. Här hndlr det om strängt vände funktioner om b >, respektive strängt vtgnde om b <. Logritmern är definierde för ll positiv reell tl och värdemängden är ll reell tl. Dett ger följnde grundläggnde regler: Ekvtionen log b = hr lltid en unik lösning = b > 0. Likheten log b = log b gäller om och endst om =. När mn sk lös ekvtioner som innehåller logritmfunktioner så är det viktigt tt mn hr de olik reglern för logritmer i färskt minne. Titt tillbk på vsnitt 4.6. om logritmer i del v kursen om du inte känner dig säker på dess. Eempel. Lös ekvtionen lg( )=. Lösning. Vi sätter t = och får då lgt =. Det ger (kom ihåg tt lg är log 0 ) t = 0 = 00. Vi stte t = och får lltsålösningrn = 0 och = 0. En liten vrning är på sin plts här. Det är knske frestnde tt skriv om lg( ) som lg, men observer tt dess br är lik om > 0 och tt mn i så fll tppr bort lösningen 0. Strtegin när mn hr fler logritmfunktioner är tt utnttj logritmreglern för tt skriv det som en likhet på formen lnu = lnv där u och v beror på. Eempel. Lös ekvtionen ln( )+ln( + )= 3ln. Lösning. För tt logritmern i ekvtionen skll vr definierde måste > 0, + > 0och > 0, d v s >. 6 Anmärkning: Om vi ändrr förr ekvtionen till ln( ) +ln(+)=3ln såfår vi något som är definiert för ll > 0 utom =. Den är ekvivlent till den ursprunglig ekvtionen för >, men hr lltsåettstörre definitionsområde eftersom ( ) > 0 5 för. Denn n ekvtion hr roten = 0, Ekvtioner med bsolutbelopp När det gäller ekvtioner som innehåller bsolutbelopp är det viktigt tt följ den llmänn strtegi vi ordinerde för bsolutbelopp i vsnitt 4.4 i del. Vi påminner om tt det gäller tt del upp i olik intervll beroende på tecknet på det som mn tr bsolutbelopp v för tt eliminer bsolutbeloppen. Därefter löser mn ekvtionern som vnligt, men mn måste hel tiden h i åtnke vilket intervll det är mn jobbr med. Vi illustrerr med ett pr eempel. Eempel. Lös ekvtionen = 5. Lösning. Vi hr och + = 3 = { + ( + ) Vi måste lltså studer 3 olik fll: { 3 för 3, ( 3) för < 3, för + 0, dvs /, för < /. Fll, 3: I dett intervll fås ekvtionen ( 3)+( + )=5, d v s 3 = 7som ger = 7/3. Men 7/3 < 3, d v s 7/3 ligger inte i det rätt intervllet, vrför = 7/3 inte är en rot till den givn ekvtionen. 7

11 Fll, / < 3: Här fås ekvtionen ( 3)+( + ) =5, som ger =. Vi finner tt = ligger i intervllet / < 3 och är lltså en rot. (Pröv genom insättning i den givn ekvtionen!) Fll 3, < /: Nu fås ( 3) ( + ) =5, som ger =. Nu ser vi tt = ligger i rätt intervll och är lltså en rot. Svr: Ekvtionen = 5 hr röttern = och =. Fll 3, t : I dett fll fås smm ekvtion som i först fllet (ombtt tecken påbåd sidor) och lltså en orimlighet. End lösningen är lltså t = 0. Från sin = t får vi då till slut tt ll lösningr ges v = n π med n ett godtckligt heltl. Grfen till funktionen sin + sin finns i figur 6 och mn kn se nollställen till denn (som ju svrr mot rötter till vår ekvtion) vid ll multipler v π Övningr Efter dess är det lämpligt tt gör prov 5b Figur 6: Centrl delen v grfen v till funktionen f ()= sin + sin Eempel. Lös ekvtionen sin + = sin. Lösning. För enkelhets skull så börjr vi med tt sätt sin = t. Kom ihåg tt det betder ju nu tt t. Vi hr t + { = t + för t, (t + ) för t <, och t { = t för t, (t ) för t <. 5.. Lös följnde ekvtioner. ) + + = 0 b) = 0 c) 3 + = Följnde polnom hr = + i som nollställe. Bestäm ll nollställen till polnomen. ) 3 + b) Bestäm ett fjärdegrdspolnom som hr nollställen i 3 i, 3 + i, + 3i smt 3i Lös följnde ekvtioner. ) cosv = / b) sinv = / c) cosv = 0 d) sinv = e) sin(3v )= 5..5 Lös följnde ekvtioner. ) cos(π/ v)=cosv b) sin3v = sinv c) sin3v + sinv = 0 Vi måste lltså återigen studer 3 olik fll: Fll, t : I dett intervll fås ekvtionen t + = t,dvs = vilket är en orimlighet. Alltså ing lösningr i dett fllet. Fll, < t < : Nu fås ekvtionen t + = (t ), som ger t = 0. Vi finner tt t = 0 ligger i intervllet < t < och är lltså en rot. 8 9

12 5..6 Lös följnde ekvtioner. ) sin v = b) 5sinv 6sin v = c) cos 3 v 3cos v 3cosv + = 0 d) cosv + cos 4 v = e) sinv + sin 3 v = Bestäm ll reell lösningr till följnde ekvtioner. ) = 64 b) 4 = 8 c) 4 = 8 d) = 8 e) = Bestäm ll reell lösningr till följnde ekvtioner. ) e + e = 3 b) = 0 c) + + = Lös följnde ekvtioner. ) ln(ln)=ln3 b) lg( )+lg = 3lg4 c) 3ln+ ln( ) ln = ln7 d) lg + lg( )=lg3 e) ln( )+ln = 3ln( ) 5..0 Lös följnde ekvtioner. ) + = b) 3 = 7,5 c) + 4 = Lös följnde ekvtioner. ) + + = 4 b) + + = 3 c) = 4 d) lg() = lg() 5.3 Olikheter Givet två reell tl och b uppflls ekt en v reltionern < b, = b och > b. Dett till snes enkl och uppenbr fktum ligger till grund för tt vi lls kn tl om olikheter för reell tl. Frågn är nturligtvis gnsk trivil när det hndlr om två givn reell tl, det är br tt jämför dem och se vilket som är störst (även om det kn vr gnsk jobbigt tt gör det utn teknisk hjälpmedel, försök vis olikheten 3 43 > för hnd ). Betdligt intressntre blir det om mn hr som uppgift tt jämför storheter som är beroende v en eller fler vribler. I vsnittet som följer sk vi titt närmre dels på viss llmänn frågor om olikheter, dels på viss speciell tper v olikheter och hur mn hndsks med dem. Innn mn fortsätter läs och räkn här kn det vr br tt repeter räknereglern som finns listde i vsnitt.4.. Förutom de sedvnlig tecknen för mindre än och större än (<,>) ser mn oft tecknen respektive. De betder mindre än eller lik med, respektive större än eller lik med. Olikheten 5 5 är snn, medn 5 > 5 är flsk. Olikheter som innehåller tecknen <,> klls för sträng olikheter. De tpisk problemen mn ställs inför är: tt lös olikheter, tt bevis olikheter och tt gör uppskttningr. Vi sk gå igenom vd dess tre tper v problem är och hur mn kn lös dem Att lös olikheter Dett är helt nlogt med tt lös ekvtioner. Att lös en olikhet betder just tt hitt ll värden på en (eller fler) vribler som uppfller en olikhet. Vi sk titt på tre konkret eempel påttlös en olikhet. Eempel. Lös olikheten 3+5 < 0iR, d v s finn ll reell tl sådn tt 3+5 < 0. Lösning. Enligt räknereglern för olikheter (se vsnitt.4.) får vi en olikhet ekvivlent med den givn om vi dderr 5 till båd leden: 3 < 5. Återigen i enlighet med räknereglern kn vi divider båd leden med 3. Vi får en olikhet ekvivlent med den givn, förutstt tt vi bter riktning på olikhetstecknet (eftersom 3 < 0). Vi får lltså tt olikheten som skulle löss är ekvivlent med > 3 5. Alltså består dess lösningsmängd v ll reell tl som är större än 5 3. Alterntivt hde vi kunnt dder 3 till båd leden för tt sedn lös 3 > 5. Eempel. Lös olikheten < 0iR, d v s finn ll reell tlpr (,) sådn tt < 0. Lösning. Om vi följer räknereglern på precis smm sätt som ovn får vi återigen tt > 5 3. Att inte står någonstns betder tt det inte är någr restriktioner för. Lösningsmängden är därmed ll punkter i plnet med -koordint större än 5 3 och 0

13 5.3. Att bevis olikheter 0 > > Figur 7: Lösningsmängden till olikheten < 0iR respektive R. Denn tp v problem hr en strk koppling till tt lös en olikhet. Mn skulle kunn omformuler det som Vis tt ll element i en mängd tillhör olikhetens lösningsmängd. Eempel. Vis tt + b b för ll,b 0. Lösning. Olikheten är ekvivlent med + b b 0 (vilk räkneregler hr vi nvänt?). Eftersom och b är icke-negtiv hr vi tt = ( ) ( ).Vikn, b = b med hjälp v kvdreringsregeln skriv om det n vänsterledet som godtcklig -koordint, d v s ll punkter i plnet till höger om den vertikl linjen = 5 3 (en sådn mängd klls för ett hlvpln). Eemplen ovn visr blnd nnt tt lösningsmängden kn se olik ut beroende på vlet v bkgrundsmängd, även om olikhetern som sådn förefller identisk. Eempel. Lös olikheten + < i R. Lösning. Uttrcken som ingår i vänster- och högerledet påminner strkt om uttrcken som brukr ingå i en cirkels ekvtion (se vsnitt 3.5). Vi börjr därför med tt fltt över ll termer till vänsterledet och kvdrtkompletter. Den olikhet vi får är ekvivlent med den givn: + =( ) + < 0. Om vi nu dderr till båd leden får vi ( ) + <, tterligre en olikhet, ekvivlent med den ursprunglig. Enligt vståndsformeln består lösningen v ll punkter i plnet ( R ) som befinner sig på vstånd mindre än ett från punkten (,0), dvs lösningsmängden är cirkelskivn med medelpunkt (, 0) och rdie (utn den vgränsnde cirkeln). - + < Figur 8: Lösningsmängden till olikheten + < i R. + b b = ( b ). ( ) Den givn olikheten är lltså ekvivlent med olikheten b 0, som uppenbrligen är snn för ll icke-negtiv och b. Likhet gäller om och endst om ( ) b = 0, d v s om och endst om = b. Med ndr ord är ( + b)/ = b om och endst om = b. Den nss bevisde olikheten klls för olikheten melln ritmetiskt och geometriskt medelvärde. Det ritmetisk medelvärdet är det vnlig medelvärdet där mn summerr tlen och delr med ntlet tl. Geometrisk medelvärdet v två icke-negtiv tl är roten ur ders produkt, och mer llmänt så är geometrisk medelvärdet v n icke-negtiv tl lik med n-te roten ur ders produkt. Det ritmetisk medelvärdet är större än eller lik med det geometrisk medelvärdet också för godtckligt ntl icke-negtiv tl, d v s n n n... n för ll,,..., n 0. Likhet gäller om och endst om ll tlen är lik med vrndr. Den mer generell vrinten är dock betdligt svårre tt bevis. Eempel. Vis tringelolikheten för reell tl, d v s vis tt + b + b för ll,b R. Lösning. Eftersom båd leden är icke-negtiv är olikheten ekvivlent med den mn får efter kvdrering. Dessutom gäller för reell tl tt = (OBS! Gäller inte för komple tl!), så tt den givn olikheten är ekvivlent med ( + b) ( + b ), 3

14 och efter utveckling med hjälp v kvdreringsregeln och förenkling med För ll negtiv tl gäller tt e <. + b + b + b + b b b. Den sist olikheten är dock uppenbrligen snn, eftersom det råder likhet när och b hr smm tecken smt när något v tlen är noll, medn vi får tt vänsterledet är negtivt och högerledet positivt när och b hr olik tecken. Anmärkning. Eftersom b = +( b),och b = b,får vi tt även olikheten b + b gäller för ll reell,b. De olikheter vi vist är mcket nvändbr i olik smmnhng. Vi sk här ge ett eempel på hur mn kn nvänd olikheten melln ritmetisk och geometrisk medelvärdet för tt lös ett geometriskt problem. Eempel. Blnd ll rektnglr med omkrets 8, finn den med störst re. Lösning. Beteckn en sådn rektngels sidlängder med och b. Då är omkretsen ( + b) och ren är är b. Eftersom det hndlr om längder måste och b vr positiv. Att omkretsen är 8 betder tt +b = 4, och (+b)/ b ger tt b. Alltsågäller tt Aren = b 4. En rektngel med omkretsen 8 kn lltså inte h re större än 4. I beviset v olikheten ovn noterde vi dessutom tt likhet uppnås, d v s ren blir miml, om och endst om = b. Därmed är det kvdrten med sidn som hr störst re blnd ll rektnglr med omkrets 8. Eemplet ovn är ett enkelt specilfll v ett mcket intressnt mtemtiskt problem som klls det isoperimetrisk problemet Att gör uppskttningr Det händer oft tt mn inte behöver vet eller helt enkelt inte kn t red på ekt vilk värden en funktion ntr. Mn kn iblnd, lterntivt är mn iblnd tvungen tt nöj sig med en uppskttning v hur stor (eller hur liten) funktionen kn bli. Vi börjr med någr eempel på grundläggnde uppskttningr som kn vr nvändbr. Eempel. För ll reell tl gäller följnde uppskttningr sin sin < 00 sin sin e > 0 4 Mn kn lltefter behov vr olik mbitiös vid vlet v uppskttning. Eemplen nedn illustrerr ett smmnhng då uppskttningr kn vr ktuell. Smtidigt får vi se hur mbitionsnivån beträffnde uppskttningen kn höjs när såbehövs. Eempel. Vis tt funktionen f ()= 3 (sin + cos) är definierd för ll reell. Lösning. Det end som skulle kunn ställ till problem är nämnren: den får bsolut inte bli noll. Vi sk, genom tt gör en uppskttning, vis tt nämnren är positiv för ll reell. Smtidigt får vi se hur mn kn nvänd tringelolikheten. Vi vet tt sin och cos för ll reell. Tringelolikheten ger då tt sin + cos sin + cos < 3, och eftersom sin + cos sin + cos för ll reell,följer det tt 3 (sin + cos) 3 sin + cos > 0. Nämnren kn därmed ldrig bli noll, och vi får tt funktionen är definierd för ll reell tl. Eempel. Vis tt funktionen f ()= (sin + cos) är definierd för ll reell. Lösning. Precis som ovn får vi tt sin + cos sin + cos, smt tt (sin + cos) sin + cos 0. Men, eftersom den sist olikheten tillåter likhet, räcker inte den uppskttningen för tt vis tt nämnren ldrig blir noll. Det som behövs är högre mbitionsnivå vid uppskttningen. Mn skulle kunn nvänd derivtor för tt bestämm det störst värdet funktionen g()= sin + cos kn h. Här kommer vi dock tt nvänd en nnn metod, som kn generlisers till tt funger för ll funktioner v tpen sinα + bcosα. Metoden bgger på formeln för sinus v en summ sin( + ϕ)=cosϕ sin + sinϕ cos 5

15 från vsnitt 5... Om vi läser formeln bklänges ser vi tt vrje gång vi hr ett uttrck v tpen csin + d cos, där c och d kn uppftts som cosinus respektive sinus v en och smm vinkel, kn vi skriv ihop summn i högerledet till sinus v en förskjuten vinkel (ϕ klls fsförskjutning). Tvåtlc,d kn uppftts som cosinus respektive smm vinkel om och endst om c + d =. Ifll den likheten gäller för,b är mn lltså frmme. Det trick mn tr till nnrs är tt multiplicer och divider med A = + b (konstnten A klls mplitud). Koefficientern A, A b kn nu tolks som cosinus och sinus v en vinkel, eftersom ( A ) + ( b A) = + b A =. Låt oss nu lämn det generell åt sidn och titt på eemplet vi hde. I vårt fll är = och b =. Vi multiplicerr och dividerr med A = + = och får g()= ( sin + ) cos. Eftersom cos 4 π = sin 4 π = kn vi välj ϕ = π/4 och får g()= ( sin + π ). 4 Vi ser nu tt g() = sin + cos, och det följer tt (sin + cos) > 0. Nämnren kn lltså ldrig bli lik med noll för reell, vilket betder tt funktionen f är definierd i hel R. Idebåd eemplen ovn får vi en uppskttning för själv f på köpet. Eftersom nämnren lltid är positiv är även f positiv, så vibehöver inte skriv belopptecken. Funktionen f kommer tt vr som störst när nämnren är som minst (noter tt täljren är konstnt). Det betder tt funktionen från det sist eemplet uppfller 0 < f (). Läsren kn själv funder över hur motsvrnde olikheter ser ut i eemplet innn, både med den grövre och den finre uppskttningen v nämnren Rtionell olikheter I det som återstår v vsnittet kommer vi tt ägn oss åt tt lös viss tper v olikheter, där funktionern som ingår i vänster- och högerledet är funktioner v en vribel. Vi börjr med en mcket viktig ikttgelse: det är betdligt enklre tt jämför ett uttrck med noll, än tt jämför två uttrck med vrndr. Givet t e olikheten AB < 6 kn vi inte säg så mcket om när den gäller, medn givet CD < 0 kn vi genst säg tt den är snn om och endst om C och D hr olik tecken. Det betder tt mn nästn lltid sk håll sig till följnde tumregel Vid behndling v olikheter, fltt lltid över termer så tt en ledet blir 0. Näst steg (återigen för tt kunn dr ntt v ikttgelsen ovn) är tt försök fktoriser i det led där de nollskild termern finns, och sedn helt enkelt undersök när de olik fktorern är positiv och negtiv. Tvärr kn fktoriseringen vr gnsk svår tt genomför i prktiken. Det kommer nu tt uteslutnde hndl om olikheter melln polnom och/eller rtionell funktioner. Det kn därför vr på sin plts tt repeter det som står i vsnitt 4. och vsnitt 4.3. Olikheter melln polnom hr utseendet p () < p (), där p, p är polnom. Skillnden melln två polnom är återigen ett polnom. Efter tt h fört över ll termer till vänsterledet får vi därför olikheten p() < 0, där p är ett polnom. Vi kn nu (åtminstone i teorin) hitt p:s nollställen, fktoriser enligt fktorstsen för polnom (se vsnitt.5) och undersök de enskild fktorerns tecken (i prktiken kn det vr knivigt tt hitt nollställen). Observer tt vi endst är intresserde v reell nollställen, komple tl och olikheter går inte ihop (frågn diskuters något utförligre i slutet v vsnittet). Sts. All polnom med reell koefficienter v grd minst ett kn fktorisers i först- och ndrgrdsfktorer med reell koefficienter, där ndrgrdsfktorern sknr reell nollställen. Bevis. I vsnitt 5.. såg vi tt de imginär röttern kom i pr r och r och tt ( r)( r)= (r + r) + r r hr reell koefficienter. Därför ger Algebrns fundmentlsts tt ett polnom med reell koefficienter kn fktorisers i reell förstgrdsfktorer som svrr mot de reell nollställen och reell ndrgrdsfktorer som svrr mot pren v imginär nollställen. Det är lätt tt bestämm förstgrdsfktorerns tecken för olik värden på vribeln. Om någon ndrgrdsfktor sknr reell nollställen innebär det tt den hr konstnt tecken över hel tllinjen (kn du förklr vrför?). 7

16 Om olikheten inte är sträng kommer lösningsmängden även tt innehåll ll nollställen till p. Vi illustrerr metoden med ett pr eempel. Eempel. Lös olikheten 3 + < 0. Lösning. Nollställen till 3 + < 0 är = och =. Olikheten är lltså ekvivlent med olikheten ( )( ) < 0. Produkten v de två fktorern är negtiv om och endst om de hr olik tecken, vilket inträffr om ntingen <, >, eller >, <. Den först kombintionen är omöjlig, lltså är lösningsmängden { R :< < }. Eempel. För vilk R är 3 < ? Lösning. Vi för över ll termer till vänsterledet och får p()= < 0. Ekvtionen = 0 hr röttern =, = och 3 = 4 (vis dett!). Enligt fktorstsen är då p()= = ( + )( )( 4). För tt bestämm de,för vilk p() < 0, kn vi sätt upp följnde teckentbell: < = < < = < < 4 = 4 > 4 ( + ) ( ) ( 4) p() I teckentbellen tog vi ll nollställen till polnomet och delde upp i intervll melln dess. I dess intervll hr fktorern konstnt tecken som förs in i tbellen. Vi ser tt p() < 0, om < eller < < 4. En olikhet melln rtionell funktioner hr (efter tt eventuellt h skrivit termern i vrder ledet på gemensm nämnre) utseendet f () g () > f () g (), där f, f,g,g är polnom och tillhör mängden { R : g () 0, g () 0}. Vi börjr med tt fltt över ll termer till vänsterledet; skillnden melln två rtionell funktioner är återigen en rtionell funktion, vilket betder tt det räcker tt titt på olikheter på formen f () g() > 0, { R : g() 0} med f,g polnom. 8 Den omedelbr, nästn instinktiv rektionen när mn ser olikheten ovn är tt gör sig v med nämnren, genom tt förläng med g(). Det får mn inte gör! Det är nämligen så ttg() kn h olik tecken för olik, ochmnmåste bt riktning på olikheten vid multipliktion med negtiv storheter. En möjlighet är tt i det läget undersök g:s tecken för olik -värden och lös olik vrinter v olikheten för g > 0 och g < 0. Dett är emellertid onödigt jobbigt; dessutom är det lätt tt miss något fll och därmed lätt tt få fel eller ofullständig lösningsmängd. Eempel. För vilk reell gäller olikheten + 0? Lösning. För, förläng med ( + ). Olikheten ovn är därmed för ll ekvivlent med olikheten ( )(+) 0. För tt produkten sk vr positiv måste de två fktorern h smm tecken. Dett inträffr då <, < och då >, >, lltsådå < och då >. Eftersom likheten är tillåten, måste vi lägg till punkten =. Vi får lltså lösningsmängden { R : < eller }. (OBS! ) Eempel. För vilk är? Lösning. Olikheten kn skrivs: R()= + = + 0. Här är R() en rtionell funktion, där täljre (och nämnre) kn fktoruppdels. Täljren T ()= + hr nollställen och, så T ()=( )( + )( )= ( + )( )=( + )( ) och R()=( + )( )/. Vi får följnde teckentbell: < / = / / < < 0 = 0 0< < = > R() ej def Vi ser tt R() 0, om / eller 0 <. Noter tt för = 0 är R() ej definierd. 9

17 Anmärkning. Mn kn också skriv R() =( )( + )( )/ och bild en teckentbell med fktorern ( ),( + ),( ) och.(gör dett!). Vi på minner om tt den givn olikheten (i eemplet ovn) inte får multiplicers med,dvsdenfår inte skrivs ( ), eftersom kn vr negtivt. och regler gör tt mn oft tenderr tt se dem som självklr och mer llmängiltig än vd de i själv verket är. Det är därför på sin plts tt här lft ett vrningens finger. Olikheter melln komple tl och/eller funktioner hr ingen mening Intervll Vi ser tt lösningsmängdern till de olikheter vi behndlt i R nges v olikheter v tpern <, > b, < < b,, b, < b, < b, b. Mängder som nges på det sättet förekommer mcket oft och de hr därför fått ett nmn. All mängder v tpern ovn klls intervll. Som redn nämnts i vsnitt.4. är det lämpligt tt inför beteckningr för de olik intervlltpern som inte innehåller vribelnmnet (mängden är uppenbrligen densmm ovsett vd vribeln heter). Nedn repeters definitionern v ll intervlltper. (,)={ R : < }, (,]={ R : }, [,b)={ R : < b}, (,b)={ R : < < b}, [,b]={ R : b}, (,b]={ R : < b}, [b, )={ R : b}, (b, )={ R : > b}. Vi ser tt [ respektive ] nvänds då den vgränsnde punkten (den s k rndpunkten) inkluders i intervllet, medn ( respektive ) nvänds då rndpunkten inte inkluders. Intervll som innehåller ll sin rndpunkter klls slutn intervll och sådn som inte innehåller någon v sin rndpunkter klls öppn intervll.deövrig är vrken slutn eller öppn. Noter tt de båd oändlighetern är smboler som inte tillhör R, därmed räkns de inte som rndpunkter till intervllen. Intervllen (, ], [, b], [b, ) är lltså slutn, (,), (,b), (b, ) är öppn och övrig är vrken slutn eller öppn. I litterturen förekommer även beteckningen ],b[ för det öppn intervllet (,b). Som en övning, nge lösningsmängdern i ll eempel i vsnittet i termer v intervll Komple tl och olikheter går inte ihop! Vi inledde vsnittet med en kommentr om vd som gör det möjligt tt överhuvudtget behndl olikheter melln reell tl och/eller funktioner: väsentligen hndlr det om tt det går tt tl om vänster och höger, och därmed definier riktning på tllinjen. Mn säger tt mn hr en ordningsreltion på R. Vnn tt rbet med viss begrepp 30 Att det inte låter sig görs betder inte tt ingen hittills kommit på hur mn sk gör. Det betder tt mn kn bevis tt det inte går tt introducer en meningsfull ordningsreltion i mängden v komple tl. Eftersom uppskttningr fortfrnde är ett mcket viktigt moment i nlsen v komple storheter gäller det tt komm ihåg tt det end mn kn jämför med olikhetstecken är komple tls och/eller funktioners bsolutbelopp (eller mindre oft t e reldel eller imginärdel) Övningr Efter dess är det lämpligt tt gör prov 5c 5.3. För vilk R gäller följnde olikheter? ) b) + < c) + ) > b) 3 + > 3 c) 6 3 < ) + 3 b) ( ) 3 + c) < < (studer först de båd olikhetern vr för sig) 5.3. Ange en olikhet med ett ndrgrdspolnom som hr lösningsmängden ) (,3) b) [,5] ) { R : < eller > 5} b) { R : eller 3} Ange en olikhet med en rtionell funktion som hr lösningsmängden ) (, 3) b) [, 3) c) (, 3] d) [, 5] ) { R : eller > 5} b) { R : eller 3} Vilk punkter i plnet hr koordinter som stisfierr följnde olikheter? ) 3 > 0 b) c) + > 8 d) + < 5. 3

18 5.3.5 Vis tt för ll t > 0. När uppnås likhet? t + t Avståndet melln städern A och B är 00 km. Två bilister strtr från A smtidigt, kör från A till B, vänder direkt, och kör tillbk till A. Den förste kör från A till B med frten 0 km/h; väl frmme i B ser hn en hstighetskontroll och kör tillbk med 80 km/h. Den ndre bilisten håller jämn frt 00 km/h. Vilken v de två bilistern kommer tillbk till A först? Lös smm uppgift om den ndre bilisten håller frten v km/h, medn den förste kör från A till B med frten v km/h och tillbk med v km/h, där v + v = v. Om du lcks hr du kommit frm till olikheten melln ritmetiskt och hrmoniskt medelvärde: När uppnås likhet? + b +, för ll,b > 0. b Använd metoden i vsnitt för tt hitt det störst värdet v funktionen ) sin3 + 3cos3 b) sin3 cos Vis tt funktionern nedn är definierde för ll R. ) ln( + ) b) Gränsvärden och kontinuitet 6. Gränsvärdesbegreppet Den modern snen på gränsvärde kom till under 800-tlet genom frmförllt mtemtikern Bolzno, Cuch och Weierstrss. Men långt innn dess hde de grekisk mtemtikern rbett med gränsvärdesberäkningr i smbnd med geometrin. Mest känd är väl Archimedes som på 00-tlet f v t visde hur mn kn beräkn cirkelns längd och re som ett gränsvärde v regelbundn polgoners längder och reor. Dett nämndes i kpitel 3. Med smm teknik beräknde Archimedes volm v olik kroppr. Ungefär 300 år senre gv Theon från Smrn en metod för beräkning v. Metoden innebär en upprepd geometrisk konstruktion som leder till rtionell tl som ligger llt närmre. Utn tt gå inpåsjälv konstruktionen kn vi se på de rtionell tl metoden ger: Utgåfrån tlet som är det heltl som är närmst. Skriv som.täljren är t = och nämnren är n =. Näst bråktl får n täljre t + n = + = 3 och n nämnre t + n = + =. Andr pproimtionen är lltså 3 (=,5). Nu hr vi täljren t = 3 och nämnren n =. Näst bråktl får på smm sätt n täljre t + n = 3 + = 7 och n nämnre t + n = 3 + = 5. Tredje pproimtionen är lltså 7 5 (=,4). Upprep proceduren igen och vi får n täljre = 7 och n nämnre =. Fjärde pproimtionen är 7 (.47). Proceduren uppreps gång på gång på gång på...deföljnde bråktlen är 4 9, 99 70, 39 69, , , ,4436. Den sist pproimtionen är ett korrekt värde på vrundt till sju decimler. Vi får här en oändlig följd v rtionell tl och mn kn vis tt dess kommer tt vr en llt bättre pproimtion till. Inget v tlen kommer tt bli ekt, men mn kn få en pproimtion som är sånär som mn önskr. En sådn här oändlig följd v tl klls helt enkelt för en tlföljd. Om mn nvänder begreppet funktion, så kn mn lterntivt säg tt en tlföljd är en funktion från de positiv heltlen, Z +, till de reell tlen. För tlföljden som pproimerr får vi då f : Z + R, f ()=, f ()= 3, f (3)=7 5, f (4)=7, f (5)=4 9,

19 Oft brukr mn nge tlföljder med inde istället för med rgumentet inom prenteser, vilket för denn följd blir f =, f = 3, f 3 = 7 5, f 4 = 7, f 5 = 4 9,... Eempel. Vi definierr en tlföljd genom f (n)= n +, för ll positiv heltl n. n De först tlen i följden blir f ()= =, f ()=3 =,5, f (3)=4 3,333, f (4)=5 4 =,5,... Knske misstänker du direkt tt följden närmr sig lltmer, och omskrivningen n + = + n n är troligen ännu mer övertgnde. Inget v tlen kommer någonsin tt bli ekt, men skillnden (som ju är /n) kommer tt bli mindre och mindre. Vi hr här givit två eempel på tlföljder som båd närmr sig ett visst värde. Dett är den intuitiv bilden v tt en tlföljd hr ett gränsvärde. Viskhär inte ge den formell definitionen v vd det betder tt en tlföljd hr ett gränsvärde utn nöjer oss med denn intuitiv mening tt den lltmer närmr sig ett tl. Vi inför också den prktisk beteckningen lim f (n)=a, n som betder tt tlföljden f (n) hr A som gränsvärde (när n ). För följden i eemplet blir det n + lim =. n n Långt ifrån ll tlföljder hr ett gränsvärde.omvitetr f (n) =n så väer denn mer och mer och närmr sig inte något tl, så tlföljden sknr gränsvärde. Ett nnt eempel är f (n)=( ) n, som hel tiden välr melln tt vr och. Denn närmr sig inte heller något tl och sknr därmed gränsvärde. Det är inte någon väsentlig skillnd på gränsvärde för en reell funktion f () då går mot oändligheten och gränsvärde för en tlföljd. Vi tittr påtvå eempel på dett. Eempel. Vi definierr en funktion f genom f : R + R, f ()= Dett är smm regel som för tlföljden ovn, och även nu får vi tt funktionen närmr sig när går mot oändligheten såvihr + lim f ()= lim =. Börjn v grfen för funktionen finns i figur Figur 9: Börjnvgrfenför f ()= +. Eempel. Vi definierr en funktion f genom f : R + R, f ()= + sin(0)e. Vi vet tt sin(0) kommer tt sväng melln och, medn e kommer tt vr positiv men bli mindre och mindre när väer. Det betder tt produkten v de två termern kommer tt närm sig 0 när går mot oändligheten och lim f ()= lim ( + sin(0)e ) =. Börjn v grfen för funktionen finns i figur 0, där mn kn se tt svängningrn successivt blir svgre och svgre Figur 0: Börjnvgrfenför f ()= + sin(0)e. Aningen mer komplicert blir det då mn tlr om ett gränsvärde för en reell funktion f () då går mot där är ett reellt tl. Mn tittr då på funktionens värde i en liten 35