Uppsala Universitet Matematiska Institutionen Bo Styf Envariabelanalys, 10 hp STS, X 010-10-7 Genomgånget på föreläsningarna 11-15. Föreläsning 11, 4/11 010: Här kommer vi in i kapitel 4, som handlar om tillämpningar av derivator. Exempel. Visa att ekvationen x ln x = 3 har två positiva rötter. Lösning. Sätt f (x) = x ln x 3, x > 0. Först en kurvskiss: y = x ln x 3 Vi ska visa att f har två positiva nollställen. För att på enklaste sätt göra detta deriverar vi funktionen och ställer upp en lämplig teckentabell. Vi har f (x) = x 1 x = x 1 x = (x + 1 )(x 1 ) x med det unika nollstället 1, där derivatan växlar tecken från negativ till positiv. Dessutom gäller att Detta ger oss teckentabellen f ( 1 ).15, lim f (x) = lim f (x) = +. x 0 + x x 0 + 1/ f (x) 0 + f (x).15 Av denna framgår att f har ett nollställe mellan 0 och / och ett nollställe till höger om /. 1
De hyperboliska funktionerna. Cosinus- och sinus-hyperbolicus definieras genom cosh x = 1 ( e x + e x) och sinh x = 1 ( e x e x) < x < (se sid. 198 i läroboken). Vi har även tangens-hyperbolicus tanh x = sinh x cosh x = ex e x e x + e x < x < Kurvan y = tanh x (eller snarare y = 1 + tanh x) kallas även för logistikkurvan. Logistikkurvan y = 1 + tanh x. De hyperboliska funktionerna har har egenskaper liknande dem som gäller för trigonometriska funktioner. Exempelvis har vi den hyperboliska ettan cosh x sinh x = 1, < x < och för derivatorna gäller D cosh x = sinh x D sinh x = cosh x D tanh x = 1 tanh x Partikelrörelse på en kurva. Om en partikel rör sig längs kurvan y = f (x), a < x < b, så att den vid tiden t befinner sig i punkten (x(t), y(t)), så gäller y(t) = f (x(t)), för varje t. Deriverar vi båda leden med avseende på t, med användande av kedjeregeln, så får vi dy dt = f (x(t)) dx dt. ( ) Från fysiken vet vi att för partikelns fart v gäller att v = ( ) dx + dt ( ) dy. dt Av ( ) följer att v = ( 1 + f (x(t)) ) ( ) dx. (#) dt Exempel. En partikel rör sig åt höger längs kurvan y = x med den konstanta farten (hastigheten) 1. Bestäm dx dy dt och dt då x = ±1.
Lösning. Vi har här f (x) = x. En situationsskiss: En partikel på y = x. Tillämpar vi (#) på detta fall, där f (x) = x, så får vi Då x = ±1 gäller därför att 1 = v = (1 + 4x ) 1 = 5 ( ) dx. dt ( ) dx dx 5 dt dt = 5 både då x = 1 och då x = 1 (glöm inte att partikeln rör sig åt höger). Av ( ) följer sedan att dy dt = 5 dy 5, då x = 1 och 5 dt =, då x = 1. 5 L Hospitals regler. Den enklaste av dessa regler för gränsvärdesberäkningar är: Om f (x) 0, g(x) 0 då x a och dessutom lim x a f (x) g (x) = L så gäller lim x a f (x) g(x) = L I praktiken brukar man skriva så här: lim x a { f (x) g(x) = [ ] 0 0 Se Th 3 och Th 4 i avsnitt 4.3. Studera exemplen 1 6. = f } (x) g = L. (x) 3
Exempel. lim x 0 { x sin x x 3 = Exempel. Bestäm tan π 8. [ ] 0 = 1 cos x 0 3x = [ ] 0 = sin x 0 6x = [ ] 0 0 = cos x } = 1 6 6. Lösning. Detta exempel tar vi för att påminna om additionsformeln för tangens; tan(u + v) = tan u + tan v 1 tan u tan v som är giltig om ingen av vinklarna u, v, u + v är lika med nπ + π, för något heltal n. Sätt nu x = tan π 8. Additionsformeln för tangens ger 1 = tan( π 8 + π 8 ) = x + x 1 x x = x 1 x x = 1 x, x + x = 1, x = 1 ± = 1 + ty x > 0. Alltså gäller tan π 8 = 1 +. Additionsformeln för arctan. Av additionsformeln för tangens kan man, med en smula krångel, härleda följande additionsformel för arcustangens: ( ) x + y π + arctan, då x, y < 0 och xy > 1 1 xy π, då y = 1 ( ) x och x < 0 x + y arctan x + arctan y = arctan, då xy < 1 1 xy π, då y = 1 ( ) x och x > 0 x + y π + arctan, då x, y > 0 och xy > 1 1 xy (#) Exempel. Förenkla så långt som möjligt. V = arctan 1 10 + arcsin 99 101 Lösning. Additionsformeln för arcustangens ger arctan 1 ( ) ( ) /10 0 10 = arctan = arctan 1 1/100 99 För omvandling av arcsin till arctan har vi, enligt nedanstående triangel, formeln arcsin x = arctan x 1 x (= θ). 4
1 x θ 1 x Använder vi denna så får vi arcsin 99 101 = arctan 99 99 = arctan 101 99 0 Eftersom (0/99)(99/0) = 1 får vi slutligen, enligt (#), att V = arctan 1 10 99 0 99 + arcsin = arctan + arctan 101 99 0 = π. 5
Föreläsning 1, 9/11 010: Andraderivatans betydelse. Om f (x) > 0 för x 1 < x < x så är kurvan y = f (x) strikt konvex (glad) för x 1 x x. Om f (x) < 0 för x 1 < x < x så är kurvan y = f (x) strikt konkav (ledsen) för x 1 x x. Om f (x) har olika tecken på intervallen x 1 < x < x och x < x < x 3 så är (x, f (x )) en inflektionspunkt på kurvan y = f (x). Exempel. Undersök kurvan y = f (x) = x e x med avseende på monotonitet, extrempunkter, konvexitet och beteende då x ±. Lösning. Funktionen är definierad på hela R, f (x) = (1 x) e x och f (x) = (x ) e x. Nollställena för f, f och f är alltså 0, 1 respektive. Vi får följande teckentabell: x 0 1 f (x) 0 + 0 + f (x) + + + 0 0 f (x) 0 e 1 e 0 + Av tabellen framgår följande: f (x) är strikt konkav (ledsen) då x och f (x) är strikt konvex (glad) då x. (, e ) är alltså en inflektionspunkt. f (x) växer strängt till ett globalt maximum för x = 1, f (1) = e 1, och avtar sedan strängt mot 0 + då x växer mot. En kurvskiss: y = x e x. Exempel. Undersök kurvan y = f (x) = 1 + 1 x + x med avseende på monotonitet, konvexitet, extrempunkter och asymptoter. 6
Lösning. Funktionen kan omskrivas som f (x) = 1 + 1 x(x + 1) = 1 + 1 x 1 x + 1 Då f (x) 1 då x ± säger vi att den horisontella räta linjen y = 1 är en horisontell asymptot till kurvan y = f (x) då x ±. Vi ser även att och f (x) då x 1 och då x 0 + f (x) då x 1 + och då x 0 De vertikala linjerna x = 0 och x = 1 sägs vara vertikala (eller lodräta) asymptoter till kurvan y = f (x). Funktionens derivator ges av f (x) = 1 x + 1 (x + 1) = ( ) x + 1 { > 0 då x < 1 x (x + 1) < 0 då x > 1 f (x) = x 3 (x + 1) 3 = () (x + 1)3 x 3 { > 0 då x > 0 el. x < 1 x (x + 1) < 0 då 1 < x < 0 Vi får följande teckentabell (där xx betecknar att funktionen ej är definierad): x 1 1 0 f (x) 0 + xx xx + 0 f (x) 0 + xx + 0 xx 0 f (x) 1 xx 3 xx 1 Av tabellen framgår att y = f (x) är strikt växande och strikt konvex för x < 1, strikt avtagande och strikt konvex för x > 0, strikt växande och strikt konkav för 1 < x 1 samt strikt avtagande och strikt konkav för 1 x < 0. Funktionen har ett strikt lokalt maximum då x = 1 ( f ( 1 ) = 3). } } y = 1 + (x + x) 1, x = 1, x = 0, y = 1 7
Sneda asymptoter. En rät linje y = kx + m definieras som asymptot till kurvan y = f (x) då x (x ) om lim f (x) kx m = 0 ( lim f (x) kx m = 0). Asymtotberäkningen genomförs i följande två x x steg: Först beräknas lutningen k som k = lim x f (x) x Om gränsvärdet ej existerar så finns ingen asymptot då x. Under förutsättning att första steget gick bra så fås nu m som gränsvärdet m = lim x ( f (x) kx) Om gränsvärdet ej existerar så finns ingen asymptot då x. Båda stegen måste sedan upprepas med x utbytt mot x. Med denna metod får vi fram horisontella och sneda asymptoter (men inte lodräta, där är det noll i nämnaren som gäller). Exempel. Undersök kurvan y = f (x) = x (x + 1) 1 med avseende på asymtoter, extrempunkter, monotonitet och konvexitet. Lösning. Först ser vi att f (x) då x 1 + och f (x) då x 1, så x = 1 är en lodrät asymptot (av dubbel anledning). Vi söker nu asymptoter då x : f (x) kx = f (x) x = x x + 1 = 1 1 + 1 x x x + 1 x = x x + 1 = 1 = k, då x ±. 1 1 + 1 x 1 = m, då x ± Den räta linjen y = x 1 är alltså asymptot både då x och då x. Första- och andraderivatorna av f (x) = x (x + 1) 1 ges av och f (x) = x(x + 1) 1 + x ( 1)(x + 1) = = [x(x + 1) x ](x + 1) = (x + x)(x + 1) = = x(x + )(x + 1) f (x) = (x + )(x + 1) + (x + x)( )(x + 1) 3 = = [(x + 1)(x + 1) (x + x)](x + 1) 3 = = (x + 1) 3. Av detta kan vi utläsa att f (x) = 0 då x = 0 eller x =, f (x) < 0 då x < 1, och f (x) > 0 då x > 1. Vi får följande teckentabell (där xx betecknar att funktionen ej är definierad): 8
x 1 0 f (x) 0 xx + + + 0 + f (x) 1 + 0 xx 0 + 1 f (x) 4 xx 0 Av tabellen framgår följande: f (x) är strikt konkav (ledsen) då x < 1 och f (x) är strikt konvex (glad) då x > 1. f (x) växer strängt till ett lokalt maximum för x =, f ( ) = 4, och avtar sedan strängt mot då x växer mot 1. f (x) avtar sedan strängt för 1 < x 0, från f ( 1 + ) = + ner till ett lokalt minimum i x = 0, f (0) = 0. f (x) växer slutligen strängt för 0 x <. Detta stämmer väl med följande kurvskiss, där asymptoterna också lagts in: x = 1 y = x x + 1 y = x 1 9
Föreläsning 13, 1/1 010: Vi gick igenom tillämpningar av derivator på extremvärdesproblem, se 4.8. Allmänt. En kontinuerlig funktion f (x), a x b antar maximum/minimum i en punkt x = c som uppfyller ett av följande alternativ: c är en intervalländpunkt, alltså c = a eller c = b. f (c) existerar inte. a < c < b och f (c) = 0. Exempel. En målarburk har formen av en rät cirkulär cylinder med botten, men utan lock (se fig). Bestäm burkens maximala volymen, om dess totalarea är A. Beskriv formen av en burk med maximal volym. h r Burk: radie r, höjd h. Lösning. Med beteckningar enligt figuren gäller att burkens volym är V = πr h och totalarean är A = πr + πrh. Om vi definierar konstanten α genom α = A/π gäller därför att r + rh = α, h = α r = 1 ( α ) r r r. Sätter vi in detta värde på h i uttrycket för volymen så får vi V = πr h = π r(α r ) = π (αr r3 ). Derivatan av volymen med avseende på r är dv dr = π (α 3r ) = 0 då r = α 3. Vi får följande teckentabell: r 0 α/3 α V (r) + + 0 V(r) 0 V max 0 10
Av denna följer att burkens maximala volym fås då r = α/3 i vilket fall α = 3r och alltså h = α r r = 3r r r Maximala volymen fås alltså med en burk som är dubbelt så bred som den är hög. Exempel. En rektangel är inskriven i en halvcirkel med radien R, enligt figuren. Bestäm, om den existerar, maximala omkretsen av en sådan rektangel. = r R h x Bevis. Med beteckningar enligt figuren gäller att omkretsen är 4x + h, där x 0, h 0 och x + h = R. Vi söker alltså maximum av funktionen f (x) = x + h = x + (R x ) 1 då 0 x R. Med kedjeregeln får vi f (x) = + 1 (R x ) 1 ( x) = x(r x ) 1, 0 x < R. Derivatan har det unika nollstället x = R/ 5 i intervallet 0 < x < R. Av detta följer att f (x) ej byter tecken i intervallen 0 x < R/ 5 och R/ 5 < x < R. Då ( ) 1R f (0) = > 0 och f = 13 5 < 0 drar vi slutsatsen att f (x) > 0 för 0 x < R/ 5 och f (x) < 0 för R/ 5 < x < R. Alltså är f (x) strängt växande för 0 x R/ 5 och strängt avtagande för R/ 5 x R. Det betyder att f (x) har maximum för x = R/ 5 och detta maximum är f ( ) R 5 = 4R + R 4R 5 5 = R 5 Rektangelns maximala omkrets är följaktligen R 5. 11
Föreläsning 14-15, 6-7/1 010: Här ägnade vi oss åt Taylorpolynomen, se 4.10. För de elementära funktioner f (x) vi hittills stött på gäller den lyckliga omständigheten att det finns en punkt a (a = 0 för det mesta, vilket vi också antar nedan) där alla derivatorna f (n) (a), n N, är exakt bestämda. Derivator av några elementära funktioner. Vissa tal, markerade #, har utelämnats: f (x) f (0) f (0) f (0) f (3) (0) f (4) (0) f (5) (0) f (6) (0) f (7) (0) f (8) (0) e x 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ln(1 + x) 0 1 1! 3! 4! 5! 6! 7! cos x 1 0 1 0 1 0 1 0 1 sin x 0 1 0 1 0 1 0 1 0 tan x 0 1 0 0 16 0 7 0 (1 + x) 1 1 1 1 3 4 8 15 105 16 3 945 64 # # arctan x 0 1 0! 0 4! 0 6! 0 arcsin x 0 1 0 1 0 9 0 5 0 Approximerande polynom. Antag nu att f (x) är en av funktionerna i ovanstående tabell och att vi vill beräkna goda närmevärden till f (x), då x ligger nära 0. En idé är då att ta en annan funktion p(x), sådan att p(0) = f (0), p (0) = f (0), p (0) = f (0), p (3) (0) = f (3) (0),..., p (n) (0) = f (n) (0), för något värde på n, ju större desto bättre. Då bör f (x) p(x) vara litet då x ligger nära 0, d.v.s p(x) är ett bra närmevärde till f (x). För att denna idé ska vara användbar måste förstås p(x) vara en funktion som vi lätt kan beräkna värdena på. Det ligger då nära till hands att välja p(x) som ett polynom. Exempel. Låt A, B, C, D vara fyra givna tal. Bestäm ett polynom p(x) som har lägsta möjliga gradtal och är sådant att p(0) = A, p (0) = B, p (0) = C och p (3) (0) = D. Lösning. Vi prövar med att ansätta p(x) = a + bx + cx + dx 3, där a, b, c, d ska bestämmas så att p(0) = A, p (0) = B, p (0) = C och p (3) (0) = D. Vi har p (x) = b + cx + 3dx, p (x) = c + 6dx och p (3) (x) = 6d. Alltså gäller p(0) = a, p (0) = b, p (0) = c och p (3) (0) = 6d. Koefficienterna a, b, c, d måste därför uppfylla a = A, b = B, c = C och 6d = D. Det unika polynomet av grad högst tre som uppfyller kraven (p(0) = A, p (0) = B, p (0) = C och p (3) (0) = D) är därför p(x) = A + Bx + C x + D 6 x3 = A + Bx + C x + D x3 6 Taylorpolynom. På samma sätt som i exemplet kan vi visa att det finns ett unikt polynom p(x), av grad högst n, som uppfyller p(0) = f (0), p (0) = f (0), p (0) = f (0), p (3) (0) = f (3) (0),..., p (n) (0) = f (n) (0), nämligen p(x) = f (0) + f (0)x + f (0) x + f (3) (0) x3 3! + + f (n) (0) xn n!. 1
Polynomet kallas för Taylorpolynomet (eller Maclaurinpolynomet) av ordning n till f (x) i origo. Exempel. Bestäm Maclaurinpolynomet av ordning fem till samtliga funktioner i ovanstående tabell. Lösning. Taylorpolynomet i origo av ordning fem till funktionen f (x) ges, enligt ovan, av p(x) = f (0) + f (0)x + f (0) x + f (3) (0) x3 3! + f (4) (0) x4 4! + f (5) (0) x5 5!. Om f (x) = e x blir detta Om f (x) = ln(1 + x) får vi Om f (x) = cos x får vi Om f (x) = sin x får vi Om f (x) = tan x får vi Om f (x) = (1 + x) 1 får vi p(x) = 1 + 1 x + 1 x + 1 x3 3! + 1 x4 4! + 1 x5 5! = = 1 + x + x + x3 6 + x4 4 + x5 10. p(x) = 0 + 1 x 1 x = x x + x3 3 x4 4 + x5 5. x3 x4 x5 +! 3! + 4! 3! 4! 5! = p(x) = 1 + 0 x 1 x + 0 x3 3! + 1 x4 4! + 0 x5 5! = = 1 x + x4 4. p(x) = 0 + 1 x + 0 x 1 x3 3! + 0 x4 4! + 1 x5 5! = = x x3 6 + x5 10. p(x) = 0 + 1 x + 0 x + x3 3! + 0 x4 x5 + 16 4! 5! = = x + x3 3 + x5 15. p(x) = 1 + 1 x 1 4 x + 3 8 x3 3! 15 16 x4 4! + 105 3 x5 5! = = 1 + x x 8 + x3 16 5x4 18 + 7x5 56. 13
Om f (x) = arctan x får vi Om f (x) = arcsin x får vi p(x) = 0 + 1 x + 0 x x3 3! + 0 x4 x5 + 4! 4! 5! = = x x3 3 + x5 5. p(x) = 0 + 1 x + 0 x + 1 x3 3! + 0 x4 4! + 9 x5 5! = = x + x3 6 + 3x5 40. Lägg märke till att för cos x är Taylorpolynomet av ordning fem identiskt med Taylorpolynomet av ordning fyra, beroende på att f (5) (0) = 0 i detta fall. Lagranges restterm. På sidan 74-75 i läroboken (Taylors formel med Lagranges restterm) visas att om p n (x) är Maclaurinpolynomet av ordning n till f (x) så gäller att x n+1 f (x) = p n (x) + f (n+1) (θx) (n + 1)! där 0 < θ < 1. Denna formel gör det ganska lätt att bestämma ett värde på n sådant att p n (x) är ett tillräckligt bra närmevärde till f (x) (se ex. 5, sid. 76). Observera att det är den sista termen (resttermen) x n+1 R n (x) = f (n+1) (θx) (n + 1)! 0 < θ < 1. som gör detta möjligt för oss. I vissa sammanhang, t.ex. vid gränsvärdesberäkningar, räcker det att uttrycka resttermen mer förenklat som R n (x) = x n+1 B(x) = O(x n+1 ) där B(x) är en funktion som är begränsad nära 0 (vilket betyder att det finns positiva tal δ och C sådana att B(x) C då δ < x < δ). Se sid. 76-79 i läroboken och filen formelblad.pdf på kurshemsidan. Exempel. Maclaurinutvecklingarna av ordning fem för funktionerna i ovanstående tabell 14
är e x = 1 + x + x + x3 6 + x4 4 + x5 10 + x6 B(x), ln(1 + x) = x x + x3 3 x4 4 + x5 5 + x6 B(x), cos x = 1 x + x4 4 + x6 B(x), sin x = x x3 6 + x5 10 + x7 B(x), tan x = x + x3 3 + x5 15 + x7 B(x), (1 + x) 1 = 1 + x x 8 + x3 16 5x4 18 + 7x5 56 + x6 B(x), arctan x = x x3 3 + x5 5 + x7 B(x), arcsin x = x + x3 6 + 3x5 40 + x7 B(x). Entydighetssatsen för Maclaurinpolynom. Denna sats säger att om p(x) är ett polynom, av grad högst n, sådant att f (x) = p(x) + O(x n+1 ) så måste p(x) vara Maclaurinpolynomet av ordning n. Exempel. Bestäm Maclaurinpolynomet av ordning 3 till funktionen f (x) = (1 x) 1 + x. Svar. Vi ska alltså bestämma polynomet p(x) = f (0) + f (0)x + 1 f (0)x + 1 6 f (0)x 3 Detta kan förstås göras genom att man beräknar f (x), f (x), f (x) och sätter in x = 0. Ett enklare sätt är att utnyttja kända Maclaurinutvecklingar, enligt följande: För t nära 0 gäller att Sätter vi in t = x får vi vilket ger 1 + t = 1 + 1 t 1 8 t + 1 16 t3 + O(t 4 ) 1 + x = 1 + x 1 x + 1 x3 + O(x 4 ), f (x) = (1 x) 1 + x = 1 3 x + x 3 + O(x 4 ). Av entydighetssatsen för Maclaurinpolynom följer att p(x) = 1 3 x + x 3 15
y = f (x) och y = p(x), för 1 x 1. Exempel. Beräkna, om det existerar, gränsvärdet L = lim x 0 sin x sin x x(1 cos x) Lösning. Enligt formelbladet (eller ovanstående) har vi och sin x = x x3 6 + x5 B(x), sin x = {t = x} = t t3 6 + t5 B(t) = x 8x3 6 + x5 B(x) cos x = 1 x + x4 B(x) där vi använder samma beteckning, B(x), för tre olika begränsade funktioner. Med detta slappa sätt att räkna har vi till exempel B(x) + B(x) = B(x), B(x) B(x) = B(x), B(x)B(x) = B(x) och B(x) = B(x). Observera att det i detta problem räcker att ta Taylorutvecklingarna av ordning tre. Dessa Maclaurinutvecklingar ger oss { sin x sin x L = lim = x 0 x(1 cos x) = x3 (x 6 + x5 B(x)) (x 8x3 6 + x5 B(x)) x(1 (1 x + x4 B(x))) = x3 + x 5 B(x) x 3 + x5 B(x) = 1 + x B(x) 1 + x B(x) =. } = = Exempel. Vi ritar in y = f (x) = arcsin x, y = p 3 (x) (grön) och y = p 5 (x) (röd) i samma diagram. Det syns att y = p 5 (x) = p 6 (x) är en bättre approximation till y = f (x) (över ett längre intervall) än vad y = p 3 (x) = p 4 (x) är. 16
y = arcsin x, y = p 3 (x) = p 4 (x), y = p 5 (x) = p 6 (x). Exempel. Vi ritar in y = f (x) = arctan x, y = p 3 (x) (grön) och y = p 5 (x) (röd) i samma diagram. Det syns att y = p 5 (x) = p 6 (x) är en bättre approximation till y = f (x) (över ett längre intervall) än vad y = p 3 (x) = p 4 (x) är. y = arctan x, y = p 3 (x) = p 4 (x), y = p 5 (x) = p 6 (x). Det ser även ut som att den goda approximationen bara gäller i intervallet 1 < x < 1. För x > 1 verkar kurvorna y = p(x) avlägsna sig hastigt från y = arctan x (det blir faktiskt värre då Taylorpolynomets ordning ökar). 17