FUNKTIONSLÄRA. Christian Gottlieb

FUNKTIONSLÄRA Christia Gottlieb Matematiska istitutioe Stockholms uiversitet 2002

Iehåll 1. Komplexa tal och vektorer i plaet 1 Tillämpigar på trigoometriska formler 7 2. Geometriska serier 8 3. Biomialsatse 11 4. Polyomfuktioer Iledig 16 Adragradspolyom 16 Tredjegradspolyom - iflexiospukter och tageter 20 Maximi- och miimivärde till polyom av tredje grade samt ågot om polyom av högre grad 22 5. Expoetialfuktioer Iledade kurvstudier 24 Jämförelse mella kurvora y = 3 x, y = 2 x och lije y = x+1 samt e itroduktio till talet e 28 Kurva y = 2 x för små positiva värde på x 31 6. Fuktiosbegreppet, iversa fuktioer och logaritmer Iledade om fuktioer 33 Iverterbara fuktioer 35 Logaritmfuktioer 38

Förord Det viktigaste är att ma har e god grud att bygga på. Det var e av takara är vi i Stockholm för ågra år seda såg över matematikkursera för blivade grudskolelärare. Det är också take bakom detta kompedium som successivt växte fram uder vårt arbete med de ya kursera. Kompediet vill ge e itroduktio i matematisk aalys med tovikt på elemetära metoder, ärmare bestämt aalys uta differetial- och itegralkalkyl. Vår tidigare erfarehet var att ma lätt slarvar över de grudläggade begreppe i brådska att itroducera de effektiva verktyge derivata och itegral med allt vad därtill hörer av deriverigsregler, partiell itegratio etc. När ma börjar täka över det, fier ma att det går att åstadkomma förvåasvärt mycket med elemetära metoder. I kapitlet om polyomfuktioer t.ex. gör vi gaska igåede studier av kurvor iklusive tageter, iflexiospukter och extrempukter. Fuktioslära är e ågot föreklad titel. Kompediet iehåller e del aat också av sådat som är oudgägligt för vidare studier. I första kapitlet studerar vi komplexa tal som modell för pla geometri och utreder då de geometriska tolkige av multiplikatio och divisio med komplexa tal. Det går med fördel, som vi visar, att göra detta med helt elemetär likformighetsgeometri. Kapitlet om geometriska serier är egetlige e förberedelse för kapitlet om expoetialfuktioer. Det samma ka i viss må sägas om biomialsatse, som i kapitel 5 utyttjas i ett resoemag som försöker itroducera talet e. Me biomialsatse har också fått vara med så att säga på ega meriter. Satse kommer så ofta till avädig att det brukar käas besvärade att ite ha tillgåg till de. Naturligtvis är biomialsatse itressatast att studera i e kurs i kombiatorik, me det fas ite utrymme för ågo kombiatorik i dea kurs. Studeter har iblad upplevt materialet som ågot splittrat. För att i ågo må råda bot på detta och skapa ågot slags röd tråd har jag ofta låtit övigsuppgifter i ett kapitel utyttja matematik äve ur tidigare kapitel. E del av de geometriska seriera iehåller t.ex. komplexa termer. E viktigare röd tråd på idéplaet är att jag försöker uderstryka betydelse av ädamålseliga formulerigar och beteckigar. Förädrade beteckigar ka ofta ge helt ya idéer och vara avgörade för framgåg med ett problem. Ma har ofta mycket att via på att göra e väl vald substitutio och det är alltså substitutiospricipe jag vill slå ett slag för. Ett resoemag om fuktioer i allmähet har fått väta till det sista kapitlet. Jag tycker att ma mycket väl, och med fördel, ka skaffa sig e bred repertoar av exempel på fuktioer ia ma börjar fudera över fuktiosbegreppet på ett abstrakt pla. I sista kapitlet iförs också begreppet iverterbarhet och ivers fuktio samt logaritmfuktioer. Kompediet som förut hade e ågot prelimiär utformig har u reviderats i sambad med de ya lärarutbildige och blivit lite fastare i koturera. Me take är desamma. Till kompediet hör fem separata arbetsblad med läsavisigar och förstådsfrågor till texte. Jauari 2002 Christia Gottlieb

1. Komplexa tal och vektorer i plaet. Vi förutsätter i detta kapitel att läsare är förtroge med såväl grudera i vektorgeometri som grudläggade räkig med komplexa tal. Att räka med vektorer är ett effektivt sätt att bedriva geometri. Det ger oss möjlighet att översätta geometriska sambad till algebraiska och att lösa geometriska problem med algebraiska metoder. Speciellt avädbar är vektorgeometri vid beräkig av sträckor och viklar. De komplexa tale ger oss e alterativ algebraisk modell för de plaa geometri. Vi skall u jämföra dessa två modeller d.v.s. jämföra räkig med vektorer med räkig med komplexa tal. Utgågspukte för vårt resoemag är två lijer som är vikelräta mot varadra och graderade i samma skala. Vi skall täka på dea figur på två sätt: dels som ett valigt koordiatsystem i plaet, dels som ett komplext talpla med reell och imagiär axel. Skärigspukte mella lijera är origo O eller det komplexa talet 0. Varje pukt P i plaet bestämmer både ett talpar (x, y) och ett komplext tal z = x + yi. P z O Vi tillåter oss att omväxlade betecka e såda pukt med P eller z. Vi kommer också uta risk för missförståd att aväda orde pukt, talpar och komplext tal syoymt och t.ex. tala om pukte 2+3i. Varje pukt P har dessutom e ortsvektor OP med samma koordiater som P. T.ex. har pukte 2 + 3i ortsvektor (2, 3). Fördele med att arbeta med vektorer är som vi vet att dessa ite är buda till ett speciellt läge. Vi vet också att varje vektor i plaet ka realiseras som e ortsvektor för ågo pukt i plaet. Vi kommer i fortsättige också att aväda orde komplext tal och vektor syoymt och t.ex. kua tala om vektor z. E viss försiktighet krävs dock: betecka ite vektor z med ett streck över bokstave z, ty kom ihåg att z ju betyder det till z kojugerade komplexa talet! Låt z = a + bi och w = c + di vara två komplexa tal. Vi täker också på dem som vektorer (a, b) och (c, d). Summa av de komplexa tale är z + w = (a + c) + (b + d)i och 1

detta svarar mot vektor (a + c, b + d) som är summa av vektorera (a, b) och (c, d). Vi ser att additio av komplexa tal och additio av vektorer så att säga följs åt. Vi vet hur additio av vektorer sker geometriskt och har därmed u också e geometrisk tolkig av additio av komplexa tal. I figure har jag också tillåtit mig att markera vektor w på två ställe. z+w w w z λz De två grudläggade räkeoperatioera i vektorgeometri är additio av vektorer och multiplikatio av vektor med reellt tal. Låt λ vara ett tal. Då är λ(a, b) = (λa, λb). Samtidigt är ju λ(a + bi) = λa + λbi så vi ser att vektorer och komplexa tal äve följs åt uder räkeoperatioe multiplikatio med reellt tal. Talet (vektor) λz är markerad i figure (här är λ = 0, 5). Ma talar om absolutbelopp i sambad både med komplexa tal och vektorer. Absolutbeloppet av e vektor är vektors lägd, som lätt beräkas med Pythagoras sats: (a, b) = a 2 + b 2. Absolutbeloppet av det komplexa talet z = a + bi är samma sak z = a 2 + b 2 d.v.s. avstådet mella talet z och talet 0 eller lägde av vektor z. Det fis e räkeoperatio som är speciell för vektorer, ämlige skalärprodukte, som alltid ger ett reellt tal till resultat. Det fis också e räkeoperatio för komplexa tal som sakas för vektorer, ämlige multiplikatio av två komplexa tal. Dea produkt är ett ytt komplext tal. Exempelvis är ju (2, 3) (1, 4) = 2 1 + 3 4 = 14 och (2 + 3i) (1 + 4i) = 10 + 11i helt olika saker. Skalärprodukte har vi tolkat och avät geometriskt. Vi skall u ge e avädbar geometrisk tolkig av komplex multiplikatio. Vi börjar med multiplikatio med i. Låt alltså z = a+bi och bilda iz = ai+bi 2 = b+ ai. Bildar vi skalärprodukte av vektorera z och iz så får vi (a, b) ( b, a) = 0. Vektorera z och iz är alltså vikelräta. Dessutom är de lika låga, ty a+bi = b+ai = a 2 + b 2. Med hjälp av figure eda så övertygar du dig om att vektor iz erhålles om ma vrider vektor z vikel 90 motsols. iz=-b+ai z=a+bi Multiplikatio med i svarar alltså geometriskt mot e vridig 90 motsols. Omvät 2

betyder därför divisio med i e vridig 90 medsols. Detta ka också beskrivas som multiplikatio med i, ty 1/i = i. Betrakta u e cirkel med cetrum i origo och radie r. Vi ka age cirkels ekvatio på parameterform: E pukt P = (x, y) ligger på cirkel om och edast om (x, y) = r(cos t, si t) för ågot värde på parameter t. I figure eda har jag markerat e pukt (komplext tal) z som svarar mot t = α. Cirkels ekvatio ka också ges på komplex form: z = r, vilket ka översättas till de välbekata allmäa forme x 2 + y 2 = r 2. r α z, P Vi har alltså (x, y) = r(cos α, si α) eller uttryckt i komplexa tal x + yi = r(cos α + i si α). Detta sätt att skriva ett komplext tal kallas för polär form. Exempel. Låt z = 1 + 3i. Markera pukte z i e figur och dra e cirkel geom z med medelpukt i origo. Dra också radie frå origo till z liksom i figure ova. Cirkels radie är r = z = 1 + 3 = 2. Hur stor är vikel α i detta fall? Bryter vi ut r = 2 ur z = 1 + 3i får vi z = 2( 1 2 + 3 2 i). För α gäller alltså att cos α = 1 2 och si α = 3 2. Detta stämmer ju för α = 60 så vi ka skriva z = 2(cos 60 + i si 60 ). Talet 1 + 3i skrivet på polär form är alltså 2(cos 60 + i si 60 ). Du ka också passa på att komplettera di figur med ehetscirkel (som har radie 1 och medelpukt i origo). Radie mella origo och z, som vi ritat, skär ehetscirkel i z 2 = cos 60 + i si 60 = 1 2 + 3 2 i. Lägg märke till, i exemplet ova, att 60 aturligtvis ka bytas ut mot vilket som helst av tale 60 + 360 där är ett godtyckligt heltal. Alla dessa tal kallar vi argumetet för z och beteckar arg z. Vi tillåter oss alltså att skriva arg z = 60, me också arg z = 300. Detta är aturligtvis ågot oegetligt och ma skulle kua säga att argumetet ite är ett väldefiierat reellt tal, uta edast defiierat modulo 360. Korrektare vore kaske att skriva arg z 60 (mod 360). Ma ka tycka att ma lika väl kude bestämma sig för att argumetet alltid skall ligga mella 0 och 360, me vi skall sart se fiesse med att tillåta dea mågtydighet. Samma mågtydighet gäller aturligtvis allmät. Om arg z = α så är också arg z = α + 360 för alla heltal. Övig 1. Markera följade tal i det komplexa talplaet, age absolutbelopp och argumet samt skriv tale på polär form: 3 + 3i, 4 + 4i, 2 3 2i och i. Övig 2. Låt z = 3(cos 20 + i si 20 ). Markera z och z i e figur och skriv z på polär form. 3

Övig 3. Fi ett geerellt sambad mella arg z och arg z. Låt u z och w vara två komplexa tal. Vi skall studera effekte av att multiplicera z med w. Atag att w = c+di och att arg w = β. Atag vidare att arg z = α. Vi ka aturligtvis skriva wz = cz + diz, så wz är summa av två komplexa tal (vektorer), som vi u skall studera var för sig. Betrakta figure eda; i figure är c > 1 och 0 < d < 1. Vektor cz är parallell med z och c gåger så låg. Täk själv efter hur figure måste ädras om 0 < c < 1 eller om c < 0. wz diz cz iz diz i α z β w=c+di 1 Vektor iz får vi, som vi tidigare kostaterat, om vi roterar z vikel 90 motsols. Vektor diz är parallell med iz (i vår figur ågot kortare ä iz eftersom d < 1 i figure). Täk själv efter hur det skulle se ut om d > 1 eller d < 0. Vektorera cz och diz har adderats geometriskt i figure till summa wz. Som vi ser har det bildats två stycke rätvikliga triaglar: T 1 med hör i 0, c och w och T 2 med hör i 0, cz och wz. Triagel T 1 har base c och höjde d meda triagel T 2 har base c z och höjde d z. Eftersom de två förhålladea c z / c och d z / d båda är lika med z och triaglara dessutom överesstämmer i mellaliggade vikel, så följer av ett av likformighetsfalle att T 1 och T 2 är likformiga. Likformighete får, som alltid, itressata kosekveser. Förhålladet mella hypoteusora blir det samma som mella basera eller höjdera. Alltså: wz / w = z, d.v.s. wz = w z. Dessutom följer att vikel mella cz och wz är β så att arg wz = α+β. Om z och w ligger aorluda ä i figure så ka det häda att α + β > 360. Vi ser u e poäg med att argumetet av ett komplext tal edast är defiierat modulo 360. Vi sammafattar i e sats: Sats 1. Låt z och w vara två komplexa tal. Då är wz = w z och arg (zw) = arg z+arg w. Observera ige att vårt bevis ite är fullstädigt eftersom vårt resoemag hävisar till e figur som ite täcker alla möjliga fall. Rita själv figurer för de adra fall som ka 4

uppkomma, t.ex. c < 0, d > 1 och övertyga dig om att ovaståede algebraiska sambad ädå gäller. Jämför vektorera z och wz. Effekte av multiplikatio med w är alltså att vektor z förlägs med faktor w samtidigt som de vrids motsols vikel arg w (argumetet ökar ju med arg w vid multiplikatioe). Övig 4. Om du ite reda gjort det, så följer du u uppmaige ova att rita figur och diskutera de adra fall som ka uppkomma. Övig 5. Låt z = 2 + i och w = 3 + 2i. Beräka z och w exakt. Markera z och w i e figur och uppskatta arg z och arg w med e gradskiva. Beräka seda zw och zw exakt samt uppskatta arg wz geom att ige mäta med e gradskiva. Verifiera Sats 1 i detta kokreta exempel. Övig 6. Låt z = 1 2 (cos 100 + i si 100 ). a) Age arg z 2 och z 2 och skriv seda z 2 på polär form. b) Skriv äve z 3 och z 4 på polär form. c) Markera tale z, z 2, z 3, z 4 i e figur. Övig 7. Låt z = cos 72 + i si 72. Markera z, z 2, z 3, z 4 och z 5 i det komplexa talplaet. Hur ligger dessa pukter i förhållade till varadra? Övig 8. Bestäm på polär form de komplexa tal z som uppfyller z 2 = 9(cos 36 + i si 36 ). Övig 9. Vi har tidigare skrivit talet z = 1 + 3i på polär form. Aväd detta till att förekla (1 + 3i) 5. Övig 10. Förekla på samma sätt (2 + 2i) 5 och ( 3 i) 3. Övig 11. Fi ett komplext tal w sådat att multiplikatio med w geometriskt betyder e vridig 45 motsols. För fullstädighetes skull behadlar vi också effekte av divisio. Sats 2. Låt z och w vara två komplexa tal, w 0. Då är z w = z w och arg z w = arg z arg w. Bevis. Eftersom z = z w w ka vi aväda Sats 1 och får då z = z w w respektive arg z = arg ( z w ) + arg w. Satse följer omedelbart av detta. Övig 12. Skriv så ekelt som möjligt (cos 17 + i si 17 ) 3 (cos 61 + i si 61 ) 6. Övig 13. Förekla ( 6 + 2i) 4. Gå u tillbaka till Övig 7. De fem tale bildar e regelbude 5-hörig. Låt oss sätta z 1 = cos 72 + i si 72, z 2 = cos 144 + i si 144... d.v.s. z k = cos(k 72 ) + i si(k 72 ) för k = 1, 2, 3, 4, 5. Vi har då z k = 1 och arg z k = k 72 och alltså z k = z1 k, se figure. 5

z 1 z 2 72 z 5 =1 z 3 z 4 Naturligtvis är z 5 = cos 360 + i si 360 = 1 så z 5 1 = 1. Me då är också z 5 2 = (z 2 1) 5 = 1 o.s.v. Tale z 1, z 2,..., z 5 är alltså de fem röttera till ekvatioe z 5 = 1. Täk igeom detta e gåg till och lös seda följade övigar. Övig 14. Markera i e figur och skriv på polär form de tre röttera till ekvatioe z 3 = 1. Skriv också röttera på valig form. Övig 15. Gör på samma sätt med röttera till ekvatioe z 6 = 1. Övig 16. Markera i e figur och skriv på polär form de sju röttera till ekvatioe z 7 = 1. Bra, me hur ligger röttera till ekvatioe z 5 = 1 o.s.v.? E rot till z 5 = 1 ser vi geast, ämlige z = 1. Vi ka skriva om ekvatioe som z 5 = 1 eller ( z) 5 = 1. Gör vi u substitutioe w = z får vi w 5 = 1. Lösigara till dea ekvatio har vi eligt ova. De är w k = cos(k 72 ) + i(si k 72 ), k = 1,..., 5, och bildar e regelbude femhörig. Me z = w, så röttera till z 5 = 1 är z k = (cos(k 72 ) + i(si k 72 )), k = 1,..., 5. Dessa rötter bildar förstås också e regelbude femhörig, vår gamla femhörig speglad i origo. Rita själv e figur! Valet av beteckigar är ofta avgörade för våra möjligheter att lösa ett problem. Säkert har du märkt detta måga gåger är du arbetat med geometriska problem. Det problem vi just löste är också ett exempel på detta. Vi substituerade, d.v.s. ersatte, z med w och återförde därmed problemet på ett tidigare löst problem. Substitutiosmetode är e effektiv matematisk metod. Får du käsla för de så vätar måga framgågar. Vi skall se fler exempel i fortsättige. Övig 17. Age lösigara till ekvatioe z 3 = 1 och markera dessa i det komplexa talplaet. Övig 18. Age lösigara till ekvatioe z 6 = 1 och markera dessa i det komplexa talplaet. Ledig: E lösig är ju z = i. Försök med substitutioe w = iz. Exempel. Vi skall u lösa ekvatioe z 3 = 10(cos 18 + i si 18 ). Givet är alltså att z 3 = 10 och arg z 3 = 18. Me eligt Sats 1 är z 3 = z 3 så z 3 = 10 och alltså z = 3 10. Sats 1 ger också arg z 3 = 3arg z så 3arg z = 18. E möjlighet är förstås att 6

arg z = 6. Me det fis fler möjligheter! Argumetet är ju bara bestämt modulo 360, jämför diskussioe på sid. 3, så vi ka lika gära skriva 3arg z = 18 + 360 = 378 eller 3arg z = 18 + 2 360 = 738. Det ger oss två ya möjligheter för z, ämlige arg z = 126 eller arg z = 246. Ytterligare möjligheter fis ite. Sätter vi t.ex. 3arg z = 8 + 3 360 får vi arg z = 6 + 360, me det ger samma pukt som arg z = 6. Sammafattigsvis har ekvatioe z 3 = 10(cos 18 + i si 18 ) alltså tre rötter: z 1 = 3 10(cos 6 + i si 6 ), z 2 = 3 10(cos 126 + i si 126 ) och z 1 = 3 10(cos 246 + i si 246 ). Övig 19. Lös ekvatioe z 5 = 32(cos 80 + i si 80 ). Övig 20. Lös ekvatioe z 4 = 8 + 8 3i. *Tillämpigar på trigoometriska formler. Som e tillämpig av Sats 1 låter vi z = cos α + i si α och w = cos β + i si β vara två tal på ehetscirkel. Då är z = w = 1 och alltså äve zw = 1. Produkte zw ligger alltså också på ehetscirkel och vi ka lätt, givet z och w, markera zw, ty vi vet ju att arg zw = α + β. Vi har alltså zw = cos(α + β) + i si(α + β). Me å adra sida ka zw beräkas geom direkt multiplikatio: zw = (cos α + i si α)(cos β + i si β) = cos α cos β si α si β +i(si α cos β +cos α si β). Jämför vi de båda uttrycke så erhåller vi de välkäda additiosformlera: cos(α + β) = cos α cos β si α si β och si(α + β) = si α cos β + cos α si β. z w β α Övig 21. Härled på likade sätt formler för cos 3α och si 3α. Övig 22. Fi, med hjälp av additiosformlera ova, e additiosformel för tages. 7

2. Geometriska serier. Gammaldags s.k. itelligestest iehöll ofta uppgifter av följade typ: Fi ästa två tal i följde 1, 2, 4, 8,.... Naturligtvis fis ite ågot säkert eda riktiga svar på dea fråga. Har du telefoummer 124863 är svaret kaske givet. Nästa två tal är 6 och 3. Me förmodlige svarar du istället 16 och 32 och mear att talföljde är uppbyggd efter de pricipe att varje tal är dubbelt så stort som ärmast föregåede. Säkert vet du att detta är exempel på e geometrisk talföljd. E talföljd kallas geometrisk om förhålladet mella ett tal och ärmast föregåede alltid är detsamma. Detta förhållade kallar vi talföljdes kvot. E geometrisk talföljd i allmähet ka vi skriva: a, ak, ak 2, ak 3,... där k är talföljdes kvot. Summerar vi ett atal tal i geometrisk följd får vi e geometrisk summa, t.ex. 1 + 2 + 4 + 8 + + 2 10 De elegataste behadlige av geometriska summor fier du om du slår upp Propositio 35 i Bok IX i Euklides Elemeta. E moderare, mer formelapassad, tekik att beräka dea summa är följade: Kalla summa för s. Då är 2s = 2 + 4 + 8 + + 2 10 + 2 11. Subtraherar vi dea likhet med s = 1 + 2 + 4 + 8 + + 2 10 så försvier alla termer i högerledet utom två och vi får 2s s = 2 11 1. Alltså s = 2 11 1 = 2047. Med samma tekik ka vi lätt visa följade sats. Sats 1. Låt s = a + ak + ak 2 + + ak vara e geometrisk summa och atag att k 1. Då är s = ak+1 a k 1 Bevis. Vi får ks = ak + ak 2 + ak 3 + + ak + ak +1. Alltså är ks s = ak +1 a och således s = ak+1 a k 1. Ma bör ite asträga sig för mycket att lära sig dea formel utatill. Det är mycket yttigare att lära sig det korta resoemaget i beviset: multiplicera med k, subtrahera. I eskilda fall ka ma ofta lika gära aväda metode som formel. Det var ju så vi 8

gjorde i exemplet ova. Det ka dock vara bra att lägga märke till att ak +1 är de första av de termer i talföljde som ite igår i summa. Övig 1. Beräka 12 3 + 3 4 3 16 + 3 4 8. Ett aat sätt att beräka de summa vi började med, 1 + 2 + 4 + 8 + + 2 10, ger vi i ästa exempel. Exempel. (Wimbledometode) Vi ställer till med e teisturerig med 2 11 deltagare. I första omgåge paras deltagara ihop två och två och det spelas 2 10 matcher. De 2 10 segrara möts i ästa omgåg i 2 9 matcher. Varje match har e förlorare som försvier ur turerige och e segrare som går vidare. I tredje omgåge spelas 2 8 matcher. När edast fyra spelare är kvar så är det dags för de två semifialera och därefter de avslutade fialmatche. Sammalagt har 2 10 + 2 9 + 2 8 + + 4 + 2 + 1 matcher spelats. I varje match har e spelare åkt ut (det är vitse). Alla 2 11 spelare utom e har drabbats av detta är turerige är över, så totalt har det spelats 2 11 1 matcher. Alltså 2 10 + 2 9 + 2 8 + + 4 + 2 + 1 = 2 11 1. Övig 2. Hitta på e ege variat av metode i exemplet till att tolka och beräka summa 1 + 3 + 3 2 + + 3 8. Beräka också summa med formel eller metode i Sats 1. Betrakta ige formel a + ak + ak 2 + + ak = ak+1 a k 1. Om k < 1 kommer terme ak +1 uppebarlige att ärma sig 0 då växer. Ma säger att ak +1 har gräsvärdet 0 då går mot oädlighete ( ), me vi bryr oss ite om att iföra ågot formellt gräsvärdesbegrepp. Uttrycket ak+1 a k 1 har därmed gräsvärdet 0 a k 1 = a 1 k då går mot oädlighete. Det är därför aturligt att defiiera de oädliga summa av alla tal i talföljde på följade sätt: a + ak + ak 2 + = a 1 k Uttrycket i västerledet kallar ma e geometrisk serie. Exempel. 1 2 + 1 4 + 1 1/2 8 + = 1 1/2 = 1. Du ka göra ett experimet för att illustrera detta. Ät upp e halv tårta, seda e fjärdedels tårta och så e åttodels tårta o.s.v. Du kommer att märka att varje portio iehåller hälfte av det som är kvar av tårta. Summa av termera i följde kommer därför aldrig att överstiga 1, me ata värde godtyckligt ära 1. Övig 3. Beräka summa av de oädliga geometriska serie 7 + 7 3 + 7 9 +. Övig 4. Beräka summa av de oädliga geometriska serie 1 2 + 1 2( 2 + 1) 2 +. 1 2( 2 + 1) + 9

Övig 5. Diskutera hur summa a + ak + ak 2 + + ak varierar är växer för det fall att k 1 och för det fall att k 1. Övig 6. Låt s vara summa av de geometriska serie 4 + 8 3 + 16 9 + och låt s vara summa av de första termera i serie. Hur stort måste väljas för att s s < 1 skall gälla? Det är igetig som hidrar att termera i e geometrisk talföljd är komplexa tal. Sats 1 gäller fortfarade och uttrycket för summa av e geometrisk serie a+ak+ak 2 + = a 1 k gäller om k < 1. I ågra av övigara eda har du ytta av att kua skriva ett kompext tal på polär form. Övig 7. Beräka de geometriska summa 1 + i + i 2 + + i 10. Övig 8. Beräka de geometriska summa 1 + i + (1 + i) 2 + + (1 + i) 8. Övig 9. Beräka summa av de geometriska serie 1 + i 2 1 4 i 8 + 1 16 +. Övig 10. Skriv så ekelt som möjligt fuktioe f(x) = 2 x + 2 2x + 2 3x +, där x > 0. Varför förutsätter vi x > 0? Övig 11. Beräka de geometriska summa ( ) 2 ( ) 3 ( ) 11 2 2 2 2 + + + + 3 + i 3 + i 3 + i 3 + i Övig 12. Låt a b. Visa att a + a 1 b + a 2 b 2 + + ab 1 + b = a+1 b +1. a b *Betrakta u polyomet p(x) = x 2 + x + 1. Vi ka också skriva p(x) = 1 + x + x 2 och tolka detta som e geometrisk summa med första terme 1 och kvote x. För x 1 får vi alltså p(x) = x3 1 x 1. Nollställe till täljare x3 1 har vi utrett tidigare i avsittet om komplexa tal. De är, skriva på polär form, x k = cos(k 120 ) + i si(k 120 ), k = 1, 2, 3. Vi vet också att de tre röttera bildar e liksidig triagel i det komplexa talplaet. För k = 3 får vi x 3 = 1, som aturligtvis ite är ett ollställe till p(x). Sambadet p(x) = x3 1 x 1 gäller ju bara om x 1. I själva verket är p(1) = 3. Däremot är x 1 och x 2 ollställe till p(x). Vi ger ågra övigar på detta. Övig 13. Beräka ollställea till p(x) = x 2 + x + 1 på valigt sätt geom att lösa e adragradsekvatio. Jämför med x 1 och x 2 ova. Övig 14. Skriv för x 1 om polyomet p(x) = 1 + x + x 2 + x 3 + x 4 + x 5 som e kvot aalogt med ova. Aväd detta och erfarehetera frå avsittet om komplexa tal till att fia ollställea till p(x). Hur ligger de placerade i det komplexa talplaet? Övig 15. Fi med valfri metod ollställea till a) p(x) = x 3 + x 2 + x + 1 b) p(x) = x 3 + 2x 2 + 4x + 8. 10

3. Biomialsatse Utgågspukte i detta kapitel är de välkäda kvadrerigsregel: (a + b) 2 = a 2 + 2ab + b 2 (1) Vi lägger märke till att högerledet iehåller tre termer och att varje term har grad 2. Detta är aturligt eftersom (a + b) 2 är e produkt av två faktorer, (a + b)(a + b), och är vi utvecklar produkte bildas e summa av produkter, som var och e iehåller e faktor ur västra paretese och e faktor ur högra paretese: (a + b)(a + b) = aa + ab + ba + bb (2) Två produkter är lika, ab = ba, och sammaförs till 2ab. Om vi u i stället skall utveckla (a + b) 3 ka vi förväta oss att varje term blir av tredje grade. Ett sätt att gå till väga är att först utyttja kvadrerigsregel och skriva: (a + b) 3 = (a + b)(a 2 + 2ab + b 2 ) = a 3 + 2a 2 b + ab 2 + a 2 b + 2ab 2 + b 3 (3) = a 3 + 3a 2 b + 3ab 2 + b 3 Här har jag först multiplicerat a i de första paretese med var och e av termera i de adra paretese och seda utfört samma maöver med b. Dessutom har jag ifört pricipe att alltid skriva a före b i produktera. Lägg också märke till att produktera är ordade efter fallade a-grad och stigade b-grad. De första terme, a 3, har a-grad 3 och b-grad 0 o.s.v. Låt oss kalla resultatet för kubregel. Vi börjar kaske reda u aa ett möster. Fjärde potese (a + b) 4 bör ha i pricip följade utseede: (a + b) 4 = a 4 +?a 3 b+?a 2 b 2 +?ab 3 + b 4, me vilka koefficieter skall det vara i stället för frågetecke? Vi utyttjar kubregel och förfar på samma sätt som ova: (a + b) 4 = (a + b)(a 3 + 3a 2 b + 3ab 2 + b 3 ) = a 4 + 3a 3 b + 3a 2 b 2 + ab 3 + a 3 b + 3a 2 b 2 + 3ab 3 + b 4 = a 4 + 4a 3 b + 6a 2 b 2 + 4ab 3 + b 4 (4) E summa av två termer som a + b kallas för ett biom och de koefficieter som dyker upp är ma utvecklar e potes (a + b) kallas för biomialkoefficieter. Vi har gjort detta för = 2, 3, 4. Biomialkoefficietera för = 3 är alltså: 1 3 3 1. För = 1 får vi (a + b) 1 = a + b, d.v.s. biomialkoefficietera 1 och 1. Biomialkoefficietera brukar sammaföras i ett schema som kallas Pascals triagel: 11

1 1 1 2 1 1 3 3 1 1 4 6 4 1 Ia vi beräkar de 5:e rade i Pascals triagel ka vi lägga märke till att varje rad börjar och slutar med e 1:a. När vi utvecklar t.ex. (a + b) 4 får vi bara e a 4 - och e b 4 -term. Gå tillbaka och se hur vi gjorde och du ser att detta är ett arv frå att det bara fis e a 3 - och e b 3 -term i utvecklige av (a + b) 3. Vi iser att det måste fortsätta på det viset. Betrakta t.ex. (a + b) 5 = (a + b)(a 4 + 4a 3 b + 6a 2 b 2 + 4ab 3 + b 4 ) (5) och fudera över detta. Lägg också märke till att Pascals triagel är symmetrisk. Det beror förstås på att (a + b) alltid är helt symmetriskt i a och b. Vi ka byta plats på a och b uta att värdet förädras. Således bör t.ex. (a + b) 19 ha samma koefficiet framför a 7 b 12 som framför a 12 b 7. Vi skall lägga märke till ytterligare e egeskap hos Pascals triagel. Betrakta de tredje koefficiete i fjärde rade. Det är e 6:a som betyder att om vi utvecklar (a + b) 4 så får vi 6 termer av type a 2 b 2. Gå tillbaka till vår beräkig i (4) så ser du att vi fick dessa 6 termer i så att säga två omgågar: först a 3ab 2 = 3a 2 b 2 och seda b 3a 2 b = 3a 2 b 2. Ialles 6a 2 b 2. De två 3:or som förekommer här kommer frå utvecklige av (a + b) 3 och står i tredje rade i Pascals triagel ärmast ovaför 6:a i rad 4. Betraktar vi istället adra koefficiete i rad 4 d.v.s. 4:a så ser vi att de är summa av de två koefficietera ärmast över: 4 = 1 + 3. Gå ige tillbaka till (4) och förklara själv vad detta beror på. Låt oss fullfölja utvecklige av (a + b) 5 som vi påbörjade yss. Vi får: (a + b) 5 = (a + b)(a 4 + 4a 3 b + 6a 2 b 2 + 4ab 3 + b 4 ) = a 5 + 4a 4 b + 6a 3 b 2 + 4a 2 b 3 + ab 4 + a 4 b + 4a 3 b 2 + 6a 2 b 3 + 4ab 4 + b 5 = a 5 + 5a 4 b + 10a 3 b 2 + 10a 2 b 3 + 5ab 4 + b 5 (6) Lägg märke till att varje koefficiet, med udatag av de första och de sista, är summa av två ärliggade koefficieter vid utvecklige av (a+b) 4. Geomför själv utvecklige av (a + b) 6. Resultatet ka sammafattas i Pascals triagel där vi u käer sex rader: 1 1 1 2 1 1 3 3 1 1 4 6 4 1 1 5 10 10 5 1 1 6 15 20 15 6 1 12

Du har u upptäckt pricipe. Geom att summera tale två och två i sjätte rade i Pascals triagel ka du själv beräka de 7:e rade. Successivt ka vi alltså beräka så måga rader vi vill (och orkar) i Pascals triagel och alltså i pricip svara på fråga: Vilke är koefficiete framför a 38 b 62 i utvecklige av (a + b) 100? Ä så läge käer vi ige aa metod att klara detta ä att rad för rad arbeta oss ed i Pascals triagel. Ma skulle öska sig e formel. Me vi börjar med e beteckig. Defiitio. ( Biomialkoefficiete framför a k b k i utvecklige av (a + b) beteckas ) k. Detta uttalas över k. Biomialkoefficietera i fjärde rade i Pascals triagel är med dea beteckig: ( ( 4 0), 4 1), ( 4 ) ( 2, 4 ) ( 3 och 4 ) ( 4. I Pascals triagel ka vi också avläsa t.ex. att 6 ) 3 = 20. Observera att detta är det fjärde talet i rad 6. Rade börjar ju med ( 6 0). Vi har lagt märke till och utyttjat tre viktiga egeskaper hos Pascals triagel: (i) ettor lägst ut (ii) symmetri (iii) varje tal ie i triagel är summa av tale ärmast ovaför. Dessa tre egeskaper ka vi u uttrycka algebraiskt på följade vis: Sats 1. För biomialkoefficietera ( k) gäller ( (i) ) ( 0 = ) = 1 (ii) ( ) ( k = ) k (iii) ( k 1) + ( k ) = ( +1 k ) för k 1. Täk själv igeom varför dea sats uttrycker precis de tre egeskaper vi talat om. Ia vi går vidare ger vi ågra övigar, som du löser med hjälp av Pascals triagel. Övig 1. Utveckla som e summa av termer: a) (2 + x) 4 b) (x + 1 x )5. Övig 2. Talet ( 3 + i) 5 ka du bekvämt beräka geom att övergå till polär form, me du ka också aväda Pascals triagel. Gör på båda sätte och jämför resultate. Fudera u lite över följade sats: Sats 2 (Biomialsatse). (a + b) = a + ( ) 1 a 1 b + ( ) 2 a 2 b 2 + ( ( 3) a 3 b 3 + + ) 3 a 3 b 3 + ( ) 2 a 2 b 2 + ( 1) ab 1 + b. Egetlige säger oss dea sats ite mer ä defiitioe ova av ( ( k). Vi har ju defiierat ) ( k just så att satse skall gälla! Vi vet hur ) k ka beräkas successivt geom att ma aväder egeskap (iii) i Sats 1 d.v.s. geom att ma beräkar Pascals triagel rad för rad. 13

Me vi sakar fortfarade e bekväm formel som sabbt ger oss t.ex. ( 100 62 ). Vi behöver ytterligare e beteckig: Defiitio. För = 1, 2, 3,... låter vi! = 1 2 3 ( 1) och utläser detta som fakultet. Vi låter också 0! = 1. Nu är det dags för de efterlägtade formel: Sats 3. ( ) = k! k! ( k)! för k = 0,...,. Exempelvis är alltså ( ) 7 3 = 7! 3! 4! = 7 6 5 3 2 1 = 35. Lägg märke till att vi förkortade med 4!. Vi får också ( ) 100 62 = 100! 62! 38! = 100 99 98 64 63 38 37 36 2 1, där vi förkortat med 62!. Att förekla detta ka aturligtvis vara e aig arbetsamt, me observera att vi vet att detta är ett heltal. Det är ju koefficiete framför a 38 b 62 i utvecklige av (a + b) 100. Observera också att atalet faktorer i täljare är detsamma som i ämare d.v.s. 38 (fast faktor 1 är aturligtvis oödig i ämare). Me vi har ite bevisat satse äu. Övig 3. Visa att! k! ( k)! = ( 1) ( k + 1) k! om 1 k. Sats 3 säger alltså att ( ) k och! k! ( k)! alltid är lika. Me hur skall ma kua visa ågot sådat? Vi vet att koefficietera ( k) bildar Pascals triagel. Låt oss iföra de tillfälliga beteckige k =! k! ( k)!. Lägg märke till logike här. Detta är vår defiitio av k. För att visa satse skall vi visa att ( k) och k är lika. Vi ka beräka tale k och bilda e alterativ Pascals triagel: 1 1 0 1 2 2 2 0 1 2 3 3 3 3 0 1 2 3.................................. Geom att beräka 1 0 och så vidare ka du lätt visa att så här lågt är de alterativa Pascals triagel och de äkta Pascals triagel lika. Vi skall u visa att de alterativa Pascals triagel är idetisk med de äkta Pascals triagel. För att visa detta räcker det att visa att de alterativa Pascals triagel har följade två egeskaper: 1) ettor i kate, d.v.s. 0 = = 1 2) samma additiva egeskap som Pascals triagel, d.v.s. k 1 + k = +1 k för k 1. Pascals triagel har ju dessa egeskaper och dessa två egeskaper bestämmer Pascals triagel fullstädigt det är bara dessa egeskaper vi utyttjar är vi successivt bestämmer 14

Pascals triagel. Edast Pascals triagel ka ha dessa två egeskaper. Så om de alterativa Pascals triagel också uppfyller dessa villkor måste de alterativa Pascals triagel och de äkta Pascals triagel vara lika eller med adra ord ( k) = k gälla allmät. Övig 4. Fullfölj beviset av Sats 3 geom att visa a) att 0 = = 1 och b) att k 1 + k = +1 k för k 1. Ledig: Börja med ett kokret exempel, säg = 5, k = 3. Då är V.L.= 5 2 + 5 3 = 5 4. Gör likämigt o.s.v. 2 1 + 5 4 3 3 2 1 Vi avslutar med ytterligare ågra övigar. Övig 5. Bestäm koefficiete för a 3 b 11 i utvecklige av (a + b) 14. Övig 6. Bestäm de kostata terme vid utvecklige av (x 3 + 1 x 2 ) 10. Övig 7. Visa att ( ( 0) + ( 1) + + ) = 2 geom att utveckla (1 + 1). Övig 8. Förekla så lågt som möjligt: ( ( 0) + ( 1) 2 + 2 ) 2 2 + ( 3 ) 2 3 + + ( ) 2. 15

4. Polyomfuktioer. Iledig. Betrakta uttrycket y = x 7 5x 6 + 3x 5 + 2x 4 8x 3 + 7x 2 + x 3. De beroede variabel, y, är här uttryckt som e polyomfuktio i de oberoede variabel x. I detta exempel är polyomets grad 7. Geom att sätta i ett atal värde på x ka du kaske få e uppfattig om hur y varierar med x. Du ka också markera motsvarade pukter (x, y) i ett koordiatsystem och skissera fuktioes graf. Eftersom polyomet är komplicerat (det har i alla fall hög grad) är det troligt att du måste beräka y för gaska måga x- värde för att få e riktig uppfattig om fuktioes förlopp. Kaske ka e grafritade räkare vara till hjälp. Vi skall u behadla polyomfuktioer av i första had grad ett, två och tre. Vi skall aalysera polyom och skriva om dem på olika sätt. Det visar sig att olika skrivsätt avslöjar olika egeskaper hos polyome. Vi skall aväda elemetära metoder och ige differetialkalkyl. Om polyomfuktioer av första grade har jag ite så mycket att säga, me vi ka ta y = 3x 2 som exempel. Grafe blir förstås e rät lije, med ekvatioe just y = 3x 2. Lijes lutig (riktigskoefficiet) är 3, d.v.s. om x ökar med 1 så ökar y med 3. Rita själv e figur! E riktigsvektor för lije är (1, 3) och e pukt på lije är (0, 2). Lijes ekvatio på parameterform är alltså (x 0, y + 2) = t(1, 3). Vi ka också skriva lijes ekvatio som 3x (y+2) = 0 eller (x 0, y+2) (3, 1) = 0. Detta är ju e skalärprodukt och säger oss att vektor (3, 1) är vikelrät mot vektor (x 0, y + 2). Vektor (x 0, y + 2) är parallell med lije, så (3, 1) är alltså ormalvektor till lije. Övig 1. Bestäm de förstagradspolyom vars grafer går geom pukte (1, 1) och har lutig 2, 0, 1, 3 respektive 10. Rita grafera. Adragradspolyom. Om högstagradskoefficiete är 1 så börjar vi med att bryta ut dea: 2x 2 3x + 4 = 2(x 2 3 2x + 2). I det som följer kommer vi därför huvudsaklige att behadla adragradspolyom där högstagradskoefficiete är 1, som t.ex. y = x 2 + 4x 5. Detta polyom är skrivet på vad vi skulle kua kalla grudforme, som e summa av tre termer i fallade grad. Vi skall se att det går att skriva om polyomet på olika sätt, som belyser olika 16

aspekter av polyomet. Det mesta av detta bör vara välbekat seda tidigare, me det ka vara bra att läsa ädå som e förberedelse för ästa avsitt om tredjegradspolyom; och jag utesluter ite att äve detta avsitt ka iehålla ågot ytt. Vi börjar förstås med att kvadratkomplettera: y = x 2 + 4x 5 = (x + 2) 2 4 5 = (x + 2) 2 9 (1) Detta sätt att skriva polyomet, y = (x + 2) 2 9, kommer jag att kalla för tvåtermsforme. De adra terme, 9, är kostat meda de första terme, (x+2) 2, är variabel me alltid 0. Av detta följer att polyomets värde, d.v.s. y, alltid är 9 och att det mista värdet, y = 9, edast atas för x = 2. Vi har alltså y + 9 = (x + 2) 2. Om vi sätter t = x + 2 och s = y + 9 så är alltså s = t 2, och eklare ka det kappast bli. Vi har här ersatt, substituerat, variablera x och y med två ya variabler t och s. Vårt valiga koordiatsystem, med x- och y-axel har vi kompletterat med e t- och e s-axel. Eftersom t = 0 är x = 2 ligger s-axel 2 eheter till väster om y-axel och eftersom s = 0 är y = 9 ligger t-axel 9 eheter uder x-axel. Se figure. Origo i ts-systemet har alltså koordiatera ( 2, 9) i xy-systemet. s y y=x 2+4x-5 x t Grafe till y = x 2 + 4x 5, som vi började med, och grafe till s = t 2 är aturligtvis samma kurva. Att s = t 2 är ju bara ett aat sätt att uttrycka att y = x 2 + 4x 5. Me det är mycket bekvämare att aväda sig av s = t 2 är vi ritar kurva. Kurva går geom s = t = 0, d.v.s. (x, y) = ( 2, 9) och har där si miimipukt, vilket vi reda kostaterat. Vi ser också att kurva är symmetrisk med avseede på s-axel d.v.s. med avseede på lije x = 2. Går vi tillbaka till omskrivige (1) ova ser vi att de eda beräkig vi gör för att fia miimipuktes x-koordiat är att halvera x-koefficiete 4. Något mer räkade krävs för att fia miimipuktes y-koordiat (i detta exempel är dock siffrora ekla). Ett alterativt sätt att beräka y-koordiate är förstås att sätta i x = 2, vilket ger y = ( 2) 2 + 4 ( 2) 5 = 9. Du ka också pröva att reda frå börja aväda substitutioe t = x + 2, d.v.s. x = t 2, i uttrycket för y och får då y = (t 2) 2 + 4(t 2) 5 = t 2 9. Betrakta oga vad som häder här och observera att valet av substitutio, x = t 2, gör att 17

förstagradsterme försvier. Detta verkar kaske vara ett överdrivet aalyserade just u, me är vi i ästa avsitt udersöker polyom av tredje grade skall vi se att vi har äu större ytta av att kua uttrycka oss på olika sätt. Övig 2. Geomför samma aalys som ova för polyomet y = x 2 7x + 12. Övig 3. Aalysera polyomet y = 1 2 x2 + 3x + 4 och skissera dess graf. Övig 4. Låt y = x 2 2 + 1 3x + 8 + 4 3. a) Skriv uta räkigar ed x-koordiate för kurvas miimipukt. b) Vilke substitutio bör ma alltså göra i x-led? c) Fullfölj aalyse av detta adragradspolyom som ova. Iför ya variabler t och s och skissera grafe. Vilke är miimipuktes y-koordiat? Med dea tekik ka varje adragradspolyom y = ax 2 + bx + c, a 0 skrivas om på forme s = at 2 där t och s är två ya variabler som skiljer sig med kostater frå x resp. y. Om a > 0 har kurva e miimipukt där t = s = 0, me om a < 0 är kurva väd åt adra hållet och har istället e maximipukt där t = s = 0. Låt oss återgå till vårt iledade exempel y = x 2 + 4x 5, som vi på tvåtermsform skrev som y = (x + 2) 2 9 eller s = t 2, där t = x + 2, s = y + 9. För vilka värde på x skär kurva x-axel, d.v.s. är är y = 0? Detta är e fråga som ka vara av stort itresse och som är lätt att besvara. Att y = 0 ger ju s = 9 och alltså t = ±3, vilket ger x = 1 eller x = 5. Alterativt sätter vi i y = 0 i tvåtermsforme och får 0 = (x + 2) 2 9 och alltså (x + 2) 2 = 9 o.s.v. På samma sätt ka vi för vilket y 9 vi öskar lätt lösa ut x. För y = 7 får vi t.ex. (x + 2) 2 = 9 + 7, d.v.s. (x + 2) = ±4 och x = 2 eller x = 6. I båda dessa exempel observerar vi ige symmetri krig kurvas huvudaxel (s-axel, lije x = 2). Förhoppigsvis har du faktorsatse i färskt mie frå tidigare studier och vet att varje ollställe till ett polyom svarar mot e faktor. Om a är ett ollställe, så är x a e faktor. I vårt fall är alltså x 1 och x + 5 faktorer i polyomet. När det gäller adragradspolyom ser vi detta lättast geom att fortsätta frå tvåtermsforme, aväda kojugatregel och skriva: y = (x + 2) 2 9 = (x + 2 + 3)(x + 2 3) = (x + 5)(x 1) (2) Vi behöver alltså ite åberopa faktorsatse, som är ett mer teoretiskt resultat. Vi ka u skriva polyomet på tre olika sätt: grudform, tvåtermsform och slutlige faktorform (x + 5)(x 1). De två första formera är avädbara för alla adragradspolyom, me faktorforme är aturligtvis edast möjlig om polyomet har reella ollställe, såvida vi ite tillåter komplexa faktorer. Det är viktigt att kua växla mella de olika skrivsätte. Hur går ma över frå faktorform, t.ex. y = (x + 3)(x + 5) till tvåtermsform? Ett sätt är förstås att först utveckla till grudforme geom att multiplicera ihop paretesera och därefter kvadratkomplettera till tvåtermsforme. Me det går att göra mycket eklare! Håll i dig u och följ med i följade lilla uträkig (där du observerar att 4 är medelvärdet av 3 och 5). 18

y = (x + 3)(x + 5) = (x + 4 1)(x + 4 + 1) = (x + 4) 2 1 (3) Om det står e koefficiet framför ågot av x:e så bryter vi först ut dea, t.ex.: y = (3x + 3)(x + 5) = 3(x + 1)(x + 5) = 3(x + 3 2)(x + 3 + 2) = 3 ( (x + 3) 2 4 ) (4) me om dea koefficiet är 1 så ka vi göra så här: y = (x + 3)( x + 5) = (4 + x 1)(4 x + 1) = 4 2 (x 1) 2 = 16 (x 1) 2 (5) Det sista exemplet visar alltså att (x + 3)( x + 5) har sitt maximum för x = 1 och att detta maximum är 16. Om 3 < x < 5 ka vi tolka detta geometriskt på följade sätt. E rektagel har sidora x + 3 och 5 x. Omkretse är alltså 16 oberoede av x. Area (x + 3)( x + 5) blir störst är x = 1 eller m.a.o. är sidora är lika: x + 3 = 5 x = 4. Rektagel är då e kvadrat med area 4 4 = 16. Övig 5. Skriv y = (x + 8)(x 2) på tvåtermsform. Bestäm kurvas miimipukt. Gör också lämpliga substitutioer som överför kurvas ekvatio på forme s = t 2. Skissera grafe. Övig 6. För vilket värde på x är ( x + 2 + 3)(x + 3 2) maximalt? Hur stort är det största värdet? Låt oss äu e gåg återgå till vårt iledade exempel y = x 2 + 4x 5. Kurvas miimipukt är ( 2, 9) och sätter vi t = x + 2, s = y + 9 så har vi s = t 2. Lägg märke till att t-axel, d.v.s. lije y = 9 är taget till kurva i ( 2, 9). Det är de lije som bäst approximerar kurva i ärhete av ( 2, 9). Vi avstår här frå att ge ågo geerell och formell defiitio av begreppet taget, me skall ädå försöka svara på fråga vilka lijer som är tageter till kurva i adra pukter. Vilke lije tagerar exempelvis kurva för x = 0, d.v.s. i pukte (0, 5)? Vilke lije skall vi m.a.o ase bäst approximera kurva för x ära 0? Dea fråga är förhålladevis lätt att svara på. Om x 0 är x 2 obetydligt jämfört med x. De lijära dele 4x 5 av polyomet y = x 2 + 4x 5 kommer att domiera över x 2 och vi ka skriva y 4x 5. Lije med ekvatioe y = 4x 5 får vi og ase bäst approximera kurva y = x 2 + 4x 5 för x ära 0. Kurvas taget i (0, 5) är alltså y = 4x 5. Rita i tagete i figure! Tagetes lutig, 4, kallas derivata av fuktioe y = x 2 + 4x 5 för x = 0 och beteckas y (0). Vi har alltså y (0) = 4. Det är mycket saolikt att du läst om derivator tidigare och på aat sätt ka beräka y (0). Gör det och jämför. Me vilke ekvatio har kurvas taget för låt oss säga x = 3? Låt oss göra substitutioe t = x + 3 d.v.s. x = t 3. Att x 3 svarar då ämlige mot att t 0. Vi får y = x 2 + 4x 5 = (t 3) 2 + 4(t 3) 5 = t 2 2t 8. När t är ära 0 försummar vi t 2 och har alltså y 2t 8. Tagetes ekvatio är alltså y = 2t 8. Ur detta uttryck 19

utläser vi att y = 8 då t = 0 (då är x = 3) och att tagetes lutig är 2. Rita i dea lije i figure. Vi har alltså y ( 3) = 2. Naturligtvis vill vi skriva tagetes ekvatio i x och y och får då y = 2(x + 3) 8 eller y = 2x 14. Övig 7 a) Bestäm ekvatioe för tagete till y = x 2 + 4x 5 för x = 1. Vad är alltså y (1)? b) Bestäm ekvatioe för tagete till y = x 2 + 4x 5 för x = a där a är ett godtyckligt tal. Vad är alltså y (a)? Övig 8. Bestäm ekvatioe för tagete till y = x 2 + 2x + 1 för x = 3. Tredjegradspolyom - iflexiospukter och tageter. I föregåede avsitt såg vi exempel på det matematiska värdet av att kua omformulera ett uttryck på olika sätt. Allra tydligast blir det om ma geom e substitutio ädrar valet av beteckigar. E allmä erfarehet är att ma ofta helt ka förflytta tygdpukte i ett problem geom att förädra beteckigara. Detta kommer att framgå äu mer i detta avsitt där vi aalyserar polyom av tredje grade. Som utgågspukt väljer vi polyomet y = x 3 12x 2 +36x 11. Vår första uppgift blir att elimiera adragradsterme aalogt med hur vi elimierade förstagradsterme i adragradspolyom. Då aväde vi kvadratkompletterig, som ju bygger på kvadrerigsregel (a + b) 2 = a 2 + 2ab + b 2. Nu skall vi istället aväda kubkompletterig, vilket ger oss aledig att plocka fram Pascals triagel ige och kostatera att: (a + b) 3 = a 3 + 3a 2 b + 3ab 2 + b 3 (6) Exempelvis är (x 4) 3 = x 3 12x 2 + 48x 64. Detta polyom har samma två första termer som vårt utgågspolyom y = x 3 12x 2 + 36x 11. Det här var aturligtvis avsikte. Jag valde att utveckla just (x 4) 3 eftersom jag visste att x 2 -terme då blir 3 ( 4)x 2. De lilla beräkig som föregick detta val var förstås edast att ( 12)/3 = 4. Dea jäma kub måste vi komplettera för att få vårt öskade polyom: y = x 3 12x 2 + 36x 11 = (x 4) 3 12x + 53 (7) Vi är u ere i tre termer, me det är ädå ite riktigt som vi vill ha det. Vi skulle vilja ha x 4 som y variabel (som vi strax skall kalla t) och uttrycka allt i x 4. Vi gör e omskrivig till: y = (x 4) 3 12x + 53 = (x 4) 3 12(x 4) + 5 (8) Låter vi u t = x 4 så har vi y = t 3 12t+5. Adragradsterme är alltså elimierad. Vi ka komma fram till detta uttryck på ett aat sätt också. Substitutioe t = x 4 iebär ju att x = t + 4. Sätter vi i detta i vårt ursprugliga polyom så får vi y = (t + 4) 3 12(t + 4) 2 + 36(t + 4) 11 = t 3 12t + 5 (9) 20

Lägg särskilt märke till hur valet av substitutio gör att adragradsterme försvier: 3 4t 2 12t 2 = 0. Sätter vi y = s + 5 så får fuktioskurva de ekla ekvatioe s = t 3 12t (10) Substitutioera ka, liksom i fallet med adragradspolyom, tolkas så att vi ifört ett ytt koordiatsystem, ett ts-system med origo (t = s = 0) i (x, y) = (4, 5). Kurva y = x 3 12x 2 + 36x 11 eller s = t 3 12t är u lätt att skissera. Ite mist har vi ytta av att grafe är spegelsymmetrisk i vårt ya origo, (x, y) = (4, 5). Vi har ju att ( t) 3 12( t) = (t 3 12t); byter vi tecke på t så byter s tecke, me behåller sitt absoluta värde. Ma brukar säga att s är e udda fuktio av t. Se figure! Pukte (4, 5) kallas iflexiospukt y s u =0 21 5 t 0 2 4 6 x -11 För små värde på t, (där är t 0 och x 4), kommer terme 12t att vara domierade över terme t 3 och vi har s 12t. Det ka vara ett stöd att, som vi gjort i figure, rita ut lije s = 12t. Det är de lije som bäst approximerar kurva ära iflexiospukte. Lije är med adra ord kurvas taget i dea pukt. Tagetes ekvatio ka också skrivas y 5 = 12(x 4) eller y = 12x + 53. Du observerar att kurva ligger ovaför tagete är t > 0 (då är ju t 3 12t > 12t) me uder tagete är t < 0 (ty då är t 3 12t < 12t). Om du tycker att dessa räkigar är omfattade skall du ige lägga märke till att det ite krävs adra beräkigar ä 12/3 = 4 för att fia iflexiospuktes x-koordiat. Det är iflexiospuktes y-koordiat och tagetes ekvatio som kräver e del räkearbete. Med de tekik vi har avät, som iebär ett ekelt byte av koordiatsystem, ka varje tredjegradskurva y = x 3 + px 2 + qx + r skrivas på forme s = t 3 + at. Sambadet mella x och t är här x + p 3 = t, d.v.s. kurvas iflexiospukt fås för x = p 3. Talet a är lutige för tagete till kurva i iflexiospukte. Kurvas utseede beror edast av värdet på a. Om a 0 är båda termera växade är t växer. Då är också s växade med t. Me om a < 0, som i vårt exempel, är terme t 3 växade meda terme at är avtagade. Som vi kostaterade i exemplet är at de domierade terme för t ära 0. Det framgår också av figure att kurva är avtagade i ett itervall som iehåller 0. Om å adra sida t är tillräckligt stort, så domierar terme t 3 och fuktioe är växade, vilket också sys i vår figur. Övig 9. Betrakta kurva y = x 3 15x 2 + 48x 14 21

a) För vilket värde på x har kurva si iflexiospukt? b) Fullfölj aalyse av kurva på samma sätt som ova, d.v.s. iför ya variabler så att kurva ka skrivas s = t 3 + at. Bestäm iflexiospukte och ekvatioe för kurvas taget geom dea. Övig 10. Förfar sammaluda med y = x 3 9x 2 + 11x + 18. Det är ite svårt att bestämma tagete äve i adra pukter ä iflexiospukte. Låt oss som exempel ta samma kurva som förut, y = x 3 12x 2 + 36x 11, och försöka bestämma tagete för x = 7. Vi sätter x 7 = r. För säkerhets skull aväder jag här bokstave r istället för t eftersom t reda förut så att säga är upptaget. Me i allmähet är det bra att väja sig vid att e bokstav aväds tillfälligt och ka dyka upp seare i e aa betydelse! Att x 7 svarar mot att r 0 och vår uppgift är blott att skriva y som fuktio av r och urskilja de lijära dele. Vi får y = x 3 12x 2 + 36x 11 = (r + 7) 3 12(r + 7) 2 + 36(r+7) 11 = r 3 +9r 2 +15r 4. Tagetes ekvatio är alltså y = 15r 4 = 15(x 7) 4. Tagerigspukte är (7, 4) och tagetes lutig är 15. Detta är fuktioes derivata för x = 7 och vi skriver y (7) = 15. Det ka vara itressat att otera också att y = 9r 2 + 15r 4 är de adragradskurva som bäst approximerar y = x 3 12x 2 + 36x 11 för x ära 7. Du ka rita i adragradskurva i figure och se att de asluter väl till tredjegradskurva för x 7. Övig 11 a) Bestäm ekvatioe för tagete till kurva y = x 3 12x 2 + 36x 11 för x = 1. b) Bestäm ekvatioe för tagete till kurva y = x 3 12x 2 + 36x 11 för x = a där a är ett godtyckligt tal. *Maximi- och miimivärde till polyom av tredje grade samt ågot om polyom av högre grad. Låt oss gå tillbaka till vårt exempel ova, y = x 3 12x 2 + 36x 11 eller s = t 3 12t där t = x 4 och s = y 5. Vårt ästa projekt är att ta reda på för vilka värde på x som kurva väder. Dessa x-värde ligger symmetriskt i förhållade till x = 4 (d.v.s. i förhållade till t = 0). Vi skall strax se att dessa itressata pukter framgår tydligt om vi lyckas elimiera förstagradsterme (me då kommer vi att få tillbaka e adragradsterm!). Vi iför således e y variabel ige, låt os säga u = t c. Hur skall c väljas så att förstagradsterme blir 0 om vi uttrycker s (eller y) som fuktio av u? Låt oss pröva med att ersätta t med u+c i uttrycket för s. Vi får då s = (u+c) 3 12(u+c). Förstagradsterme i (u + c) 3 är 3c 2 u, meda förstagradsterme i 12(u + c) är 12u. Vi bör alltså välja c så att 3c 2 12 = 0, d.v.s. c = ±2. Låt oss välja c = 2 och alltså ersätta t med u + 2. Vi får då s = (u + 2) 3 12(u + 2) = u 3 + 6u 2 16 eller y = u 3 + 6u 2 11 (11) 22

Här sakas e förstagradsterm och vi ka dra slutsatse att kurvas taget för u = 0 är y = 11 d.v.s. e vågrät lije. Nu påstår jag att kurva väder frå avtagade till växade, d.v.s. har ett lokalt miimum för u = 0 (där är t = 2 och x = 6) och att detta miimivärde är 11. De lodräta lije u = 0 har jag markerat i figure ova. För att visa detta behöver vi bara göra e omskrivig till: y = u 3 + 6u 2 11 = 11 + u 2 (u + 6) (12) vilket är 11 då u 6 ty då är u 2 (u + 6) 0. Du ka idetifiera pukte u = 6 på kurva. Lokalt miimum har vi alltså i (x, y) = (6, 11) eller m.a.o i (t, s) = (2, 16). På grud av symmetri i iflexiospukte har kurvas lokala maximum koordiatera (t, s) = ( 2, 16) eller (x, y) = (2, 21). Ett alterativt sätt att fia dea pukt är att istället välja c = 2 ova, som i följade övig. Övig 12. Gör istället substitutioe t = v 2 i vårt exempel och förklara hur det framgår att y 21 för alla v i ärhete av 0. Övig 13. Studera oga ige hur vi fa de substitutio som elimierade förstagradsterme. Visa att det alltid går att geomföra detta med kurva s = t 3 + at om a < 0. Övig 14. Gå tillbaka till kurva i Övig 9. Du har reda bestämt iflexiospukt m.m. Fortsätt u och bestäm kurvas lokala maximi- och miimipukter. I ästa övig får du fudera över hur ma elimierar förstagradsterme direkt uta att först ha elimierat adragradsterme. Övig 15. Betrakta kurva y = x 3 + 6x 2 15x 80. Gör e substitutio x = u + b så att förstagradsterme försvier. Bestäm kurvas lokala miimipukt. Vår tekik att med hjälp av e substitutio bestämma tageter till tredjegradspolyom går utmärkt att aväda äve för polyom av högre grad, som ästa övig visar. Övig 16. Låt y = x 4 2x 3 + x 2 x 5. Vi skall studera fuktioes uppträdade i ärhete av x = 3. a) Sätt x 3 = t (d.v.s. x = t + 3) och skriv y som ett polyom i t. b) När x 3 är t 0 och förstagradsterme i polyomet i t domierar över termera av högre grad. Aväd detta faktum till att fia e lije som approximerar kurva för x ära 3. Dea lije är kurvas taget för x = 3. Tagetes ekvatio bör skrivas som e ekvatio i x och y. 23