funktio-nen f (x) = x3− 3x + 1 beroende p˚a att derivatan f′(x) = 3x2− 3 ¨ar positiv f¨or x < −1 och negativ f¨or −1 < x < 1. Den andra kritiska punkten 1 ¨ar en lokal minimipunkt eftersom derivatan ¨ar negativ omedelbart till v¨anster om punkten och positiv till h¨oger om punkten. Se figur 7.3.
Vi kan ocks˚a anv¨anda andraderivatan f¨or att avg¨ora om en kritisk punkt ¨ar ett lokalt maximum eller ett lokalt minimum.
Sats 4 Antag att funktionen f ¨ar tv˚a g˚anger deriverbar i en omgivning av punkten x0 och att x0 ¨ar en kritisk punkt.
(a) Om f′′(x0) > 0, s˚a ¨ar x0 en lokal minimipunkt. (b) Om f′′(x0) < 0, s˚a ¨ar x0 en lokal maximipunkt.
Anm¨arkning. Observera att satsen inte ger n˚agon information i de fall d˚a f′′(x0) = 0.
Bevis. (a) Antag att f′′(x0) > 0. Detta inneb¨ar att tillv¨axthastigheten hos derivatan f′ ¨ar positiv i punkten x0. F¨or alla x som ligger n¨ara x0 g¨aller d¨arf¨or att f′(x) < f′(x0) = 0 om x < x0 och f′(x) > f′(x0) = 0 om x > x0, och enligt f¨oreg˚aende sats betyder detta att x0 ¨ar en lokal minimipunkt.
P˚ast˚aende (b) bevisas helt analogt.
¨
Ovningar
7.1 Avg¨or var f¨oljande funktioner ¨ar v¨axande och avtagande, best¨am de kritiska punkterna samt avg¨or om de ¨ar lokala maxima eller minima:
a) f (x) = x2+ 6x + 8 b) f (x) = x3− 3x2− 9x c) f (x) = x − 1 x + 1 d) f (x) = x x2+ 1.
7.2 Taylors formel
Det ¨ar ingen konst att ber¨akna v¨ardet av ett polynom p(x) i en godtycklig punkt x; man beh¨over bara kunna addera, subtrahera och multiplicera. F¨or t. ex. p(x) = 1 +1
2x −1 8x2 ¨ar
p(0,2) = 1 + 12 · 0,2 − 18 · (0,2)2 = 1,095.
Men hur ber¨aknar man funktionsv¨arden f¨or funktioner som inte ¨ar polynom? Vad ¨ar t. ex.√
p˚a r¨att knappar p˚a en minir¨aknare, men hur g¨or minir¨aknaren? Det enkla svaret ¨ar att minir¨aknaren ¨ar programmerad att r¨akna ut funktionsv¨ardena med hj¨alp av algoritmer som approximerar funktionerna med polynom eller kvoter av polynom.
L˚at oss unders¨oka hur vi skulle kunna f˚a ett approximativt v¨arde till√ 1,2. En enkel approximation ¨ar f¨orst˚as att s¨aga att √
1,2 ≈√1 = 1. Hur stort fel har vi d˚a gjort? Den fr˚agan kan vi besvara med hj¨alp av medelv¨ardessatsen. Om vi inf¨or funktionen
f (x) =√ x, s˚a ¨ar f¨orst˚as √
1,2 = f (1,2) och 1 = f (1). Approximationsfelet ¨ar lika med f (1,2) − f(1), och enligt medelv¨ardessatsen ¨ar
f (1,2) − f(1) = (1,2 − 1) · f′(c) = 0,2 · f′(c) d¨ar c ¨ar n˚agot tal mellan 1 och 1,2. Nu ¨ar
f′(x) = d dx √ x = 1 2√ x och f¨oljaktligen f′(c) = 1 2√ c ≤ 1 2√ 1 = 1 2,
eftersom n¨amnaren blir mindre om vi ers¨atter talet c med 1. Slutsatsen blir att approximationsfelet ¨ar mindre ¨an 0,2 · 12 = 0,1, dvs. vi vet s¨akert att 1 ≤√1,2 ≤ 1,1.
Kan vi ˚astadkomma n˚agot b¨attre? Jo, approximationen √
1,2 ≈ 1 kom vi ju fram till genom att approximera kurvan y = √
x i en omgivning av x = 1 med den horisontella linjen y =√
1. Vi borde f˚a en mycket b¨attre ap-proximation genom att ist¨allet approximera med kurvans tangent i punkten (1, 1). Tangentens riktning ges av derivatan f′(1) = 12 och dess ekvation ¨ar y = 1 + 1
2(x − 1). N¨ara x = 1 borde d¨arf¨or f¨orstagradspolynomet P1(x) = 1 + 1
2(x − 1) vara en bra approximation till√
x och f¨or x = 1,2 ger detta p1,2 ≈ P1(1,2) = 1,1.
Man kan ¨aven uppskatta approximeringfelet och komma fram till att det ¨ar negativt och till beloppet mindre ¨an 0,005, men den kalkylen hoppar vi ¨over h¨ar. L˚at oss ist¨allet g˚a vidare och konstatera att f¨orstagradsapproxima-tionen P1(x) karakteriseras av att P1(1) = f (1) = 1 och P′
1(1) = f′(1) = 1 2.
7.2 Taylors formel 141 Borde vi inte f˚a en ¨annu b¨attre approximation genom att approximera med ett andragradspolynom P2(x) som f¨orutom att ha samma funktionsv¨arde och samma f¨orstaderivata som f (x) =√
x i punkten 1 ocks˚a har samma andra-derivata?
L˚at oss unders¨oka detta. Vi ber¨aknar d¨arf¨or andraderivatan och f˚ar som resultat f′′(x) = −1
4x−3/2 och f′′(1) = −1
4. Det andragradspolynom som har samma funktionsv¨arde, derivata och andraderivata i punkten 1 som funktio-nen f (x) ¨ar polynomet
P2(x) = f (1) + f′(1)(x − 1) + f′′(1)
2 (x − 1)2 = 1 + 1
2(x − 1) − 1
8(x − 1)2, och med hj¨alp av det f˚ar vi approximationen
p1,2 ≈ P2(1,2) = 1,095.
J¨amf¨or med minir¨aknarens v¨arde 1,0954451; de tre f¨orsta decimalerna ¨ar korrekta.
Nu torde det vara klart hur man skall forts¨atta och att man d˚a f˚ar allt b¨attre och b¨attre approximationer. Vi l¨amnar det h¨ar speciella exemplet och resonerar allm¨ant.
Definition L˚at f vara en funktion som kan deriveras n g˚anger i ett intervall I och l˚at a vara en godtycklig punkt i I. Polynomet
Pn(x) = n X k=0 f(k)(a) k! (x − a)k
= f (a) + f′(a)(x − a) + f′′2!(a)(x − a)2+ · · · + f
(n)(a)
n! (x − a)n kallas f¨or Taylorpolynomet av grad n till f kring punkten a. Om a = 0 kallas polynomet Pn ocks˚a ett Maclaurinpolynom.
Observera att P′
n(x) = f′(a) + f′′(a)(x − a) + f′′′2!(a)(x − a)2+ · · · + f
(n)(a) (n − 1)!(x − a) n−1 P′′ n(x) = f′′(a) + f′′′(a)(x − a) + · · · + f (n)(a) (n − 2)!(x − a) n−2 ... P(n)(x) = f(n)(a)
och att f¨oljaktligen Pn(a) = f (a), P′
n(a) = f′(a), P′′
n(a) = f′′(a), . . . , Pn(n)(a) = f(n)(a).
I punkten a har med andra ord Taylorpolynomet samma derivator som funktionen f upp till och med ordning n. Man har d¨arf¨or anledning att f¨orv¨anta sig att Taylorpolynomet skall approximera funktionen bra i en om-givning av a. S˚a ¨ar ocks˚a fallet och den precisa inneb¨orden av detta beskrivs av f¨oljande sats.
Sats 5 (Taylors formel) Antag att funktionen f kan deriveras ˚atminstone n + 1 g˚anger i ett intervall I, och att a ¨ar en punkt i I. F¨or varje punkt x i I ¨ar d˚a
(7.1) f (x) = Pn(x) + f
(n+1)(cx)
(n + 1)! (x − a)n+1,
d¨ar Pn(x) ¨ar funktionens Taylorpolynom av grad n och cx ¨ar en punkt mellan a och x (som beror av punkten x).
Termen
Rn(x) = f
(n+1)(cx)
(n + 1)! (x − a)n+1
kallas resttermen till Taylorpolynomet Pn. Om man t. ex. vet att (n + 1)-derivatan f(n+1)(x) till beloppet ¨ar begr¨ansad av n˚agon konstant M i inter-vallet, s˚a f¨oljer det att resttermen uppfyller olikheten
|Rn(x)| ≤ (n + 1)!M |x − a|n+1
vilket ger oss m¨ojlighet att uppskatta det fel som g¨ors n¨ar f (x) approximeras med Pn(x).
Innan vi ger beviset f¨or Taylors formel tittar vi p˚a n˚agra exempel. Exempel 3 Ovan skaffade vi oss uppskattningen √
1,2 ≈ 1,095 genom att approximera funktionen f (x) =√
x med Taylorpolynomet P2(x) = 1 + 1
2(x − 1) − 18(x − 1)2
av grad 2 kring punkten 1. Genom att utnyttja resttermen i Taylors for-mel kan vi nu avg¨ora hur bra denna uppskattning ¨ar. Eftersom funktionens tredjederivata ¨ar f′′′(x) = 3
8x−5/2, har resttermen formen R2(x) = 3 8c−5/2x 3! (x − 1)3 = 1 16c5/2x (x − 1)3,
7.2 Taylors formel 143 d¨ar cx ¨ar ett tal mellan 1 och x. Om speciellt x > 1, s˚a ¨ar allts˚a cx > 1 och f¨oljaktligen ocks˚a c5/2x > 1, och det f¨oljer att
0 < R2(x) < 1
16(x − 1)3. F¨or x = 1,2 ger detta oss uppskattningen
0 < R2(1,2) < 1 160,2 3 = 0,0005. Eftersom P2(1,2) = 1,095 och √ 1,2 = P2(1,2) + R2(1,2), vet vi nu med s¨akerhet att 1,095 <p1,2 < 1,0955.
Exempel 4 Vi skall best¨amma Maclaurinutvecklingen till funktionen f (x) = (1 + x)α,
d¨ar exponenten α ¨ar ett godtyckligt reellt tal. Vi b¨orjar med att best¨amma derivatorna: f′(x) = α(1 + x)α−1 f′′(x) = α(α − 1)(1 + x)α−2 ... f(k)(x) = α(α − 1) · · · (α − k + 1)(1 + x)α−k. F¨oljaktligen ¨ar f(k)(0) = α(α − 1) · · · (α − k + 1), och f(k)(0) k! = α(α − 1) · · · (α − k + 1) k! = α(α − 1) · · · (α − k + 1) k(k − 1) · · · 1 .
F¨or positiva heltal α (och k mindre ¨an eller lika med α) ¨overensst¨ammer h¨ogerledet i den sista likheten med den s. k. binomialkoefficienten αk. F¨or att erh˚alla bekv¨ama beteckningar utvidgar vi d¨arf¨or det traditionella begreppet binomialkoefficient genom att f¨or godtyckliga reella tal α och na-turliga tal k definiera
α k
= α(α − 1) · · · (α − k + 1)
Detta ger oss f¨oljande formel f¨or Maclaurinutvecklingen av (1 + x)α: (1 + x)α = 1 +α 1 x +α 2 x2+ · · · +α n xn+ Rn(x) med en restterm som kan skrivas p˚a formen
Rn(x) = α n + 1 (1 + cx)α−n−1xn+1, d¨ar talet cx ligger mellan 0 och x.
F¨or exempelvis α = 1 3 f˚as 1 3 1 = 1 3 1 = 1 3, 1 3 2 = 1 3(13 − 1) 2 · 1 = − 1 9, 1 3 3 = 1 3(13 − 1)(13 − 2) 3 · 2 · 1 = 5 81. F¨oljaktligen ¨ar (1 + x)1/3 = 1 + 1 3x − 1 9x 2 + 5 81x 3 + R3(x).
Vi skall ge ett bevis f¨or Taylors formel som bygger p˚a f¨oljande generalisering av medelv¨ardessatsen.
Sats 6(Generaliserade medelv¨ardessatsen) Antag att funktionerna f och g ¨ar kon-tinuerliga i intervallet [a, b] och deriverbara i det ¨oppna intervallet ]a, b[. D˚a finns det en punkt c mellan a och b s˚a att
f (b) − f(a) · g′(c) = g(b) − g(a) · f′(c).
Anm¨arkning. Vi f˚ar den vanliga medelv¨ardessatsen genom att som funktion g v¨alja g(x) = x.
Bevis. Bilda funktionen φ(x) = g(b) − g(a)
f (x) − f(a) − f(b) − f(a) g(x) − g(a).
D˚a ¨ar φ(a) = φ(b) = 0, s˚a det f¨oljer av samma sk¨al som i beviset f¨or me-delv¨ardessatsen (sats 1) att det finns en punkt c d¨ar φ′(c) = 0. Eftersom
φ′(x) = g(b) − g(a)f′(x) − f(b) − f(a)g′(x) ¨
7.2 Taylors formel 145
Bevis f¨or Taylors formel. S¨att F (x) = f (x) − Pn(x) och G(x) = (x − a)n+1. Notera att F (a) = G(a) = 0, F′(a) = G′(a) = 0, . . . , F(n)(a) = G(n)(a) = 0, och att F(n+1)(x) = f(n+1)(x) och G(n+1)(x) = (n + 1)!.
L˚at nu x vara en godtycklig punkt i intervallet I. Genom upprepad anv¨andning av den generaliserade medelv¨ardessatsen, f¨orsta g˚angen p˚a funktionerna F och G och intervallet [a, x], sedan p˚a funktionerna F′och G′osv. f˚ar vi en f¨oljd av punkter c1, c2, . . . , cn+1 i intervallet [a, x] med egenskapen att
F (x) (x − a)n+1 = F (x) − F (a) G(x) − G(a) = F′(c1) G′(c1) = F′(c1) − F′(a) G′(c1) − G′(a) = F′′(c2) G′(c2) = F′′(c2) − F′′(a) G′′(c2) − G′′(a) = F(3)(c3) G(3)(c3) = . . . = F (n)(cn) − F(n)(a) G(n)(cn) − G(n)(a) = F(n+1)(cn+1) G(n)(cn+1) = f(n+1)(cn+1) (n + 1)! . F¨oljaktligen ¨ar F (x) = f (n+1)(cn+1)
(n + 1)! (x − a)n+1, vilket visar att formel (7.1) g¨aller med cx = cn+1.
Som ytterligare en till¨ampning p˚a den generaliserade medelv¨ardessatsen visar vi en mycket anv¨andbar regel f¨or gr¨ansv¨ardesber¨akning.
Sats 7 (l’Hospitals regel) Antag att funktionerna f och g ¨ar definierade och deriverbara i n˚agot intervall kring punkten a utom eventullt i punkten sj¨alv och att g′(x) 6= 0 f¨or x 6= a. Antag ocks˚a att
(i) lim x→af (x) = lim x→ag(x) = 0 och (ii) lim x→a f′(x)
g′(x) = L (d¨ar L ¨ar ett ¨andligt tal eller ∞ eller −∞). D˚a ¨ar lim x→a f (x) g(x) = L. Bevis. S¨att F (x) = ( f (x) om x 6= a 0 om x = a och G(x) = ( g(x) om x 6= a 0 om x = a.
Funktionerna F och G ¨ar kontinuerliga i ett intervall kring a och deriverba-ra utom eventuellt i punkten a. Vi kan d¨arf¨or till¨ampa den genederiverba-ralisederiverba-rade me-delv¨ardessatsen p˚a funktionerna F och G i intervall av typen [a, x] med slutsatsen
att det finns ett tal c mellan a och x s˚a att f (x) g(x) = F (x) G(x) = F (x) − F (a) G(x) − G(a) = F′(c) G′(c) = f′(c) g′(c).
Eftersom talet c ¨ar inkl¨amt mellan a och x, g˚ar c mot a n¨ar x → a. F¨oljaktligen ¨ ar lim x→a f (x) g(x) = limc→a f′(c) g′(c) = L.
Exempel 5 L˚at oss ber¨akna gr¨ansv¨ardet lim
x→0
√
1 + 2x −√1 − x x
med hj¨alp av l’Hospitals regel, som ¨ar till¨amplig eftersom s˚av¨al t¨aljare som n¨amnare g˚ar mot 0 d˚a x → 0. Genom att derivera t¨aljare och n¨amnare var f¨or sig f˚ar vi lim x→0 √ 1 + 2x −√1 − x x = limx→0 1 2(1 + 2x)−1/2· 2 − 1 2(1 − x)−1/2· (−1) 1 = 1 + 1 2 1 = 3 2.
¨
Ovningar
7.2 Best¨am Maclaurinpolynomet av grad 3 till funktionerna
a) f (x) = (1 + x)−1 b) f (x) = (1 + x)−1/2 c) f (x) = (1 + x)5/3. 7.3 Anv¨and Maclaurinpolynomet av grad 2 till funktionen f (x) = (1 + x)1/3
f¨or att best¨amma en approximation till √3
1,1. Ge ocks˚a en uppskattning av felet.
7.4 Ber¨akna f¨oljande gr¨ansv¨arden a) lim x→1 √ x − 1 x − 1 b) limx→0 3 √ x + 1 − 1 x c) limx→1 √ x −√3 x x2− x
Kapitel 8
Exponentialfunktionen
I kapitlet om exponentiell tillv¨axt konstaterade vi att exponentialfunktioner och logaritmer upptr¨ader p˚a ett naturligt s¨att n¨ar man skall beskriva bio-logisk tillv¨axt. I det h¨ar kapitlet skall vi studera dessa viktiga funktioners matematiska egenskaper.
8.1 Exponentialfunktionens derivata
L˚at oss f¨ors¨oka ber¨akna derivatan till exponentialfunktionen f (x) = ax,
d¨ar basen a tills vidare f˚ar vara ett godtyckligt positivt tal. Enligt derivatans definition ¨ar
f′(x) = lim
h→0
ax+h− ax
h ,
och eftersom ax+h = axah kan vi ers¨atta t¨aljaren i ¨andringskvoten med axah− ax = ax(ah− 1) = ax(ah− a0) = f (x) f (h) − f(0), s˚a slutsatsen blir att
f′(x) = lim h→0 f (x) f (h) − f(0) h = limh→0 f (h) − f(0) h ·f(x) = f′(0)f (x) = f′(0)ax f¨orutsatt att derivatan f′(0) existerar. Det man nu kan bevisa − men som vi m˚aste avst˚a ifr˚an − ¨ar att denna derivata faktiskt existerar f¨or varje v¨arde p˚a a, och att det finns exakt ett a-v¨arde f¨or vilket derivatan f′(0) = 1. Detta a-v¨arde kallas f¨or e och ¨ar ett irrationellt tal med decimalutvecklingen 2,7182. . . .
Vi kan summera detta viktiga resultat s˚a h¨ar. 147
Sats 1 Funktionen ex ¨ar deriverbar och d dxe
x = ex.
N¨ar man i matematiska sammanhang talar om exponentialfunktionen ut-an att specificera basen, ¨ar det alltid exponentialfunktionen ex med e som bas som ˚asyftas, och anledning ¨ar att det ¨ar exponentialfunktionen med den enklaste derivatan. F¨or ¨ovriga exponentialfunktioner ¨ar d
dxax = kax, d¨ar k ¨ar en konstant vars v¨arde vi skall ˚aterkomma till i avsnitt 8.5.
En alternativ beteckning f¨or exponentialfunktionen ex ¨ar exp x. Den-na beteckning ¨ar speciellt anv¨andbar om man skall bilda kr˚angliga sam-mans¨attningar av exponentialfunktionen; exempelvis ¨ar det typografiskt enk-lare att skriva exp(exp(x√
1 − x2)) ¨an eex√
1−x2
. L˚at oss nu ber¨akna derivatan till funktionen
f (x) = Cekx,
d¨ar k och C ¨ar tv˚a godtyckliga reella konstanter. Kedjeregeln ger f′(x) = Ckekx = kf (x),
vilket visar att funktionen f (x) satisfierar differentialekvationen y′ = ky.
Dessutom ¨ar f (0) = Ce0 = C. Finns det m¨ojligtvis n˚agra andra l¨osnings-funktioner f (x) till differentialekvationen ovan med egenskapensom ¨ar f (0) = C? Svaret ¨ar nej − vi har n¨amligen f¨oljande sats, som fullst¨andigt beskriver l¨osningarna differentialekvationen.
Sats 2 Differentialekvationen
y′ = ky
med begynnelsevillkoret y(0) = C har en unik l¨osning, n¨amligen funktionen y = Cekx.
Bevis. Vi har redan konstaterat att funktionen f (x) = Cekx satisfierar diffe-rentialekvationen och begynnelsevillkoret, s˚a det ˚aterst˚ar endast att visa att det inte finns n˚agon annan funktion som g¨or det.
8.1 Exponentialfunktionens derivata 149 Antag d¨arf¨or att funktionen g(x) ocks˚a l¨oser differentialekvationen med g(0) = C. Vi skall visa att i s˚a fall ¨ar g(x) = Cekx. Bilda f¨or den skull funktionen F (x) = g(x)/ekx. Kvotregeln f¨or derivering ger
F′(x) = g
′(x)ekx− g(x)kekx
e2kx = kg(x)e
kx− kg(x)ekx
e2kx = 0
f¨or alla x. Men en funktion vars derivata ¨ar lika med 0 ¨overallt m˚aste vara konstant. F¨or alla x ¨ar d¨arf¨or
F (x) = F (0) = g(0)/e0 = C,
vilket medf¨or att g(x) = Cekx. Det kan d¨arf¨or inte finnas n˚agon annan l¨osning ¨an funktionen Cekx, vilket bevisar p˚ast˚aendet i satsen.
Taylorutveckling
Eftersom f¨orstaderivatan till exponentialfunktionen ex ¨ar identisk med funk-tionen blir ocks˚a alla derivator av h¨ogre ordning lika med ex:
dn
dxnex = ex.
F¨or x = 0 ¨ar speciellt alla derivator lika med 1, och detta medf¨or att ex-ponentialfunktionens Taylorutveckling kring x = 0 f˚ar f¨oljande regelbundna utseende: (8.1) ex = 1 + x + x 2 2! + x3 3! + · · · + x n n! + Rn(x) med en restterm som ges av uttrycket
Rn(x) = e
cx
(n + 1)!x
n+1, d¨ar cx ¨ar ett tal mellan 0 och x.
¨
Ovningar
8.1 Ber¨akna derivatan till f¨oljande funktioner
a) ex2 b) e√x c) eex d) xe1/x e)√ 1 − e2x
8.2 Best¨am de intervall d¨ar funktionen xex ¨ar avtagande resp. v¨axande. Har funktionen ett st¨orsta v¨arde? Har den ett minsta v¨arde?
8.3 Best¨am den l¨osning till differentialekvationen y′ = 2y som uppfyller villkoret y(1) = 1.
8.4 Ber¨akna f¨oljande gr¨ansv¨arden med hj¨alp av l’Hospitals regel a) lim x→0 e2x− 1 3x b) limx→0 ex− 1 − x x2 .