IV. Ekvationsl¨osning och inversa funktioner

En webbaserad analyskurs Grundbok

IV. Ekvationsl ¨osning och inversa funktioner

Anders K¨all´en MatematikCentrum LTH

anderskallen@gmail.com

Introduktion

I det h¨ar kapitlet ska vi diskutera hur man l¨oser en ekvation f (x) = y. Vi b¨orjar med en diskussion om hur man grafiskt ser hur m˚anga l¨osningar det finns och ungef¨ar vilka de

¨ar. D¨arefter diskuterar vi Newtons metod som numeriskt kan best¨amma dessa nollst¨allen till ¨onskad precision.

D¨arefter fokuserar vi p˚a situationen n¨ar det finns precis en l¨osning till ekvationen (funk- tionen s¨ags d˚a vara injektiv). D˚a kommer l¨osningen x att bli en funktion av h¨ogerledet y, en funktion som kallas inversen till den ursprungliga funktionen. Vi diskuterar hur vi kan skissera grafen f¨or denna invers utifr˚an grafen f¨or ursprungsfunktionen, samt hur vi kan best¨amma inversens derivata. I samband h¨armed h¨arleder vi ocks˚a den viktiga kedjeregeln f¨or derivation av sammansatt funktion.

Ekvationsl¨ osning

Att l¨osa en ekvation f (x) = y inneb¨ar att vi f¨or fixt y vill hitta alla x som l¨oser denna ekvation. F¨or att f˚a reda p˚a hur m˚anga l¨osningar som finns och ungef¨ar var dessa ligger kan man i en variabel ofta anv¨anda sig av grafritning.

Exempel 1 F¨or att se hur m˚anga l¨osningar ekvationen f (x) = y har f¨or olika y n¨ar

−340

−320

−300

−280

−260

−240

−220

−200

−180

−160

−140

−120

−100

−80

−60

−40

−20 20 40 60 80 y 100

−4 −3 −2 −1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

x

f (x) = x⁴− 4x³− 20x²+ 25,

skisserar vi f¨orst grafen f¨or funktionen. Vi har att limx→±∞f (x) =∞, och att f⁰(x) = 4x³ − 12x²− 40x = 4x(x + 2)(x − 5),

s˚a det f¨oljer att f har station¨ara punkter i x =−2, 0, 5. Vi f˚ar f¨oljande teckentabell:

x : −2 0 5

f⁰(x) − 0 + 0 − 0 +

f (x) & −7 % 25 & −350 % Vi har d¨arf¨or lokala minima i x =−2, 5 och ett lokalt maximum i x = 0. Grafen till funk- tionen ¨ar ritad till h¨oger.

Fr˚an denna graf kan vi nu avl¨asa hur m˚anga l¨osningar ekvationen f (x) = a har f¨or olika a genom att se efter hur m˚anga sk¨arningar vi har mellan grafen y = f (x) och den horison- tella linjen y = a (n˚agra av vilka ¨ar ritade r¨oda figuren). Vi ser att svaret kan samman- fattas i f¨oljande tabell

0 1 2 3 4

a <−350 a = −350 −350 < a < −7 a = −7 eller a = 25 −7 < a < 25

Men detta ger oss endast antalet r¨otter. Hur f˚ar vi reda p˚a t.ex. vilka nollst¨allena ¨ar? En metod ska diskuteras i n¨asta avsnitt.

L˚at oss dock f¨orst g¨ora f¨oljande observation. Om vi byter x mot y f˚ar vi en kurva x = f (y) som vi kan rita p˚a f¨oljande s¨att: vi speglar kurvan y = f (x) i linjen y = x. Detta kan alternativt g¨oras s˚a att vi roterera kurvan y = f (x) ett kvarts moturs och d¨arefter speglar den i y-axeln. Vi f˚ar f¨oljande kurva

−5 5 y 10

−350 −300 −250 −200 −150 −100 −50 50 100 x

Vad kurvan visar ¨ar vilka l¨osningar vi f˚ar till ekvationen f (x) = y: vi tar x = y i figuren och ser efter vilka v¨arden vi d˚a f˚ar. Detta ¨ar illustrerat med y =−50 genom att vi ritat ut den r¨oda linjen x = −50 och ser efter var den sk¨ar den bl˚a kurvan. Motsvarande y-v¨arden ger de x-v¨arden som ¨ar l¨osningen p˚a ekvationen^[1]

Som tabellen och figuren ovan visar f˚ar vi (med undantag f¨or x = −350) flera v¨arden till ett givet x-v¨arde, s˚a denna kurva ¨ar inte en graf till en funktion. En kurva ¨ar endast graf till en funktion om varje x ger precis ett y.

Numerisk best¨ amning av ett rot

Vi ska nu se hur vi kan best¨amma ett n¨armev¨arde till en l¨osning till en ekvation f (x) = y.

Det r¨acker om vi diskuterar fallet y = 0, f¨or om vi har ett annat h¨ogerled, t.ex. f (x) = 10, s˚a kan vi anv¨anda vad vi kommer fram till p˚a funktionen x→ f(x) − 10. Vi b¨orjar med ett exempel.

Exempel 2 F¨or funktionen

f (x) = x³− 3x + 1

g¨aller att f⁰(x) = 3(x²−1), s˚a de station¨ara punkterna ¨ar x =±1. Ett teckenstudium ger att x =−1 ¨ar ett lokalt maximum i vilket funktionen tar v¨ardet 3, medan x = 1

¨ar ett lokalt minimum i vilket funktionen tar v¨ardet −1. Det f¨oljer d¨arf¨or att det m˚aste finnas ett nollst¨alle till polynomet n˚agonstans i intervallet −1 < x < 1. Men hur ska vi hitta den?

Problemet vi ska diskutera ¨ar att hitta en l¨osning till en ekvation f (x) = 0 som ligger i n¨arheten av n˚agon punkt x0. Vi vet d˚a att n¨ara x0 g¨aller att

f (x) ≈ f(x0) + f⁰(x0)(x− x0).

Det betyder att ekvationen f (x) = 0 ¨ar approximativt lika med ekvationen f (x0) + f⁰(x0)(x− x0) = 0,

y

x y = f (x)

y− f(x

0)

=f_′ (x0

)(x− x0)

x0 x1

vilken har l¨osningen (vi antar att f⁰(x0)6= 0) x = x0 − f(x0)/f⁰(x0).

Detta ger naturligtvis i allm¨anhet inte den s¨okta l¨osningen, men har vi tur har vi f˚att en b¨attre ap- proximation ¨an den vi startade med.

L˚at oss kalla den nya approximationen x1. Geomet- riskt inneb¨ar diskussionen ovan att vi dragit tangen- ten till kurvan y = f (x) i punkten x₀ och best¨amt dess sk¨arning x = x1 med x-axeln. Det vi hoppas ¨ar att denna punkt ligger n¨armare den sanna roten ¨an vad v˚ar startpunkt x₀ gjorde.

Vi kan sedan dra tangenten till grafen f¨or f i den nya

punkten x1 och best¨amma en ny approximation x2 till roten till ekvationen f (x) = 0 som sk¨arningen mellan den och x-axeln. Och s˚a vidare, tills vi inte ser n˚agon ¨andring i v¨ardena vi f˚ar fram.

Exempel 3 Vi forts¨atter exemplet ovan och anv¨ander x0 = 0. Formeln ovan leder d˚a till

x1 = x0− f (x0)

f⁰(x0) = 0− 1

−3 = 1 3.

Vi kan nu upprepa detta med x1 = 1/3 som nytt x0, och f˚ar ett nytt n¨armev¨arde x2 = x1− f (x1)

f⁰(x₁) = 1

3− 1/27

−8/3 = 0.3472.

Forts¨atter vi denna process ett par g˚anger finner vi att

x₃ = 0.3473, x₄ = 0.3473, x₅ = 0.3473.

Vi ser att dessa fyra decimaler inte ¨andrar sig hur l¨ange vi ¨an h˚aller p˚a. Rimligtvis har vi best¨amt det ok¨anda nollst¨allet med fyra decimaler.

Denna metod att f¨orb¨attra ett n¨armev¨arde x0 till en rot till ekvationen f (x) = 0 genom att successivt ber¨akna x1, x2, . . . med hj¨alp av relationen

xn+1 = xn− f (xn) f⁰(xn)

kallas Newton-Raphsons metod. Det g˚ar att visa att om vi bara b¨orjar tillr¨ackligt n¨ara den ok¨anda roten, s˚a kommer processen att konvergera mot denna^[2].

Det finns dock ingen garanti f¨or konvergens i det enskilda fallet, som n¨asta exempel visar:

Exempel 4 I n¨arheten av x = 4 har polynomet

f (x) =−x³+ 2x²+ 5x + 6

ett nollst¨alle. Om vi st¨aller upp Newton-Raphsons algoritm med startv¨ardet x0 = 1, s˚a finner vi att

x₁ =−1, x2 = 1, x₃ =−1, x4 = 1,

och s˚a vidare. Vi ser allts˚a att vi inte f˚ar konvergens mot n˚agot nollst¨alle.

5 10 15 y

−2 −1 1 2 3 4

x

Detta beror delvis p˚a att vi b¨orjade f¨or l˚angt ifr˚an det riktiga nollst¨allet. Att det blev en 2-cykel beror till stor del p˚a att vi hoppar runt ett lokalt minimum.

Inversa funktioner

Om ekvationen f (x) = y har h¨ogst en l¨osning f¨or alla y, s¨ager man att funktionen f ¨ar injektiv. L˚at Vf beteckna de y f¨or vilka ekvationen har en l¨osning. Den m¨angden kallas funktionens v¨ardem¨angd. L˚at vidare Df beteckna de x f¨or vilka f ¨ar definierad (kallas funktionens definitionsm¨angd). D˚a g¨aller allts˚a att f : Df → Vf.

Att funktionen ¨ar injektiv inneb¨ar d˚a att det till varje y ∈ V^f finns precis ett x ∈ D^f. Denna process definierar en funktion Vf → Df som kallas inversen till f och betecknas f⁻¹.

Exempel 5 Om vi s¨atter f (x) = x², som ¨ar definierad f¨or alla x, s˚a g¨aller att Vf ={y; y ≥ 0}. Ekvationen f(x) = y, allts˚a x² = y, ¨ar d˚a l¨osbar f¨or alla y≥ 0. Det finns tv˚a l¨osningar om y6= 0, n¨amligen x = ±√y, s˚a funktionen ¨ar inte injektiv.

Om vi emellertid inskr¨anker definitionsomr˚adet till de x som ¨ar s˚adana att x ≥ 0, s˚a ¨ar funktionen injektiv och ekvationen entydigt l¨osbar. Den inversa funktionen ¨ar precis den funktion som vi har gett “namnet” (beteckningen) √.

1 2 y3

1 2 3 4

x y = f (x)

y = f⁻¹(x)

Om vi har grafen till en injektiv funktion s˚a kan vi rita grafen till dess invers utan att beh¨ova veta vilket uttryck som definierat den ursprungliga funktionen.

Att det ¨ar s˚a beror p˚a den fundamentala relationen f (x) = y ⇔ x = f⁻¹(y).

De tv˚a ekvationerna h¨ar definierar allts˚a samma kur- va, men n¨ar vi vill rita grafen till f⁻¹ s˚a ska vi ri- ta kurvan y = f⁻¹(x). Detta inneb¨ar att rita kurvan f (y) = x, och vi s˚ag i b¨orjan av kapitlet att vi g¨or det genom att spegla kurvan y = f (x) i linjen y = x.

Figuren ovan visar detta f¨or funktionen f (x) = x², x≥ 0. Grafen till f ¨ar den bl˚a kurvan och dess invers, f⁻¹(x) =√

x ¨ar den r¨oda kurvan.

P˚a samma s¨att kan vi definiera funktionen xⁿ¹ = √ⁿ

x som invers till funktionen y = xⁿ, x≥ 0 f¨or ett godtyckligt heltal n 6= 0.

Anm¨arkning Om n ¨ar udda, s˚a g¨aller att funktionen xⁿ¨ar en funktion fr˚an R→ R, s˚adan att dess invers x^1/n kan definieras f¨or alla x. Det betyder att medan uttrycket

√−2 inte finns som reellt tal, s˚a finns √³

−2 och ¨ar lika med −√³

2. Dock ¨ar inversen inte deriverbar i origo (varf¨or?^[3])

Derivatan av en invers

Vi kan ocks˚a ber¨akna derivatan av en invers funktion uttryckt i derivatan av den ur- sprungliga funktionen.

y

x y = f (x)

dy = f^′(a)dx

y = f⁻¹(x)⇔ x = f(y) dy =

1

f^′(a)dx ⇔dx =f^′(a)dy

a f (a)

Ett s¨att att g¨ora det ¨ar rent geometriskt och illustreras i figuren till h¨oger. I den anv¨ander vi beteckningen dy = y− f(a) och dx = x − a.

I ord visar figuren f¨oljande. Grafen till den ursprung- liga funktionen ges av ekvationen y = f (x) och dess tangent i punkten x = a har ekvationen

y− f(a) = f⁰(a)(x− a).

Speglar vi tangenten i linjen y = x f˚ar vi tangenten till kurvan y = f⁻¹(x) och den speglade tangentens ekvation ¨ar

x− f(a) = f⁰(a)(y− a).

Den ¨ar tangent till kurvan y = f⁻¹(x) i punkten b = f (a), vilket inneb¨ar att a = f⁻¹(b).

Med andra ord, kurvan y = f⁻¹(x) har en tangent i punkten b = f (a) (och ¨ar d¨arf¨or deriverbar d¨ar), som har ekvationen

y− f⁻¹(b) = 1

f⁰(a)(x− b).

Det i sin tur betyder att vi har visat f¨oljande sats Sats 1

L˚at f vara en injektiv funktion med invers f⁻¹. Om f ¨ar deriverbar i punkten a med f⁰(a) 6= 0 och inversen ¨ar kontinuerlig i f(a)^[4], s˚a ¨ar f⁻¹ deriverbar i punkten b = f (a) med derivatan

(f⁻¹)⁰(b) = 1 f⁰(a).

Beviset ovan ¨ar rent grafiskt, och kan inte generaliseras till funktioner av fler variabler. Vi kompletterar d¨arf¨or med ett bevis som bygger direkt p˚a definitionen av derivatan. (Det

¨ar dock samma bevis.)

Bevis. Eftersom f ¨ar deriverbar i a kan vi skriva f (x)− f(a) = A(x)(x − a) d¨ar A(x) ¨ar kontinuerlig i a. Om A(a) = f⁰(a) 6= 0 g¨aller att A(x) 6= 0 i n˚agon omgivning av a, och f¨or s˚adana x kan vi skriva

x− a = 1

A(x)(f (x)− f(a)).

Om vi inf¨or den inversa funktionen i detta, x = f⁻¹(y), blir detta f⁻¹(y)− f⁻¹(b) = 1

A(f⁻¹(y))(y− b).

Men h¨ar ¨ar B(y) = 1/A(f⁻¹(y)) en kontinuerlig funktion av y n¨ara b, och dess v¨arde i b

¨ar 1/f⁰(f⁻¹(b)) = 1/f⁰(a). D¨armed ¨ar satsen fullst¨andigt bevisad^[5]. 

Exempel 6 Som ett f¨orsta exempel ska vi ber¨akna derivatan av funktionen √ x. Vi vet att denna ¨ar invers till funktionen f (x) = x², x ≥ 0. Med f⁻¹(y) = √y s¨ager formeln nu att

(f⁻¹)⁰(y) = 1

f⁰(x) = 1 2x

d¨ar relationen mellan x och y ¨ar att x = √y (l¨osningen p˚a ekvationen f (x) = y).

Allts˚a f˚ar vi att

(f⁻¹)⁰(y) = 1 2√y. Det var det vi skulle visa.

Exempel 7 Vi kan generalisera f¨oreg˚aende exempel till att ber¨akna derivatan av den allm¨anna rotfunktionen funktionen x¹ⁿ. Vi vet d˚a att denna ¨ar invers till funk- tionen f (x) = xⁿ. Om vi ska ber¨akna v¨ardet av inversens derivata i en punkt b ska vi f¨orst hitta det a som ¨ar s˚adant att b = f (a) = aⁿ, allts˚a a = bⁿ¹. Derivatan av f i den punkten ¨ar nu

f⁰(a) = naⁿ⁻¹ = n(bⁿ¹)ⁿ⁻¹ = nbⁿ⁻¹ⁿ ,

s˚a vi ser att

(f⁻¹)⁰(b) = 1

nbⁿ⁻¹ⁿ = 1 nbⁿ¹⁻¹.

Vi ser allts˚a att formeln (xⁿ)⁰ = nxⁿ⁻¹ g¨aller inte bara om n ¨ar ett heltal, utan ¨aven f¨or br˚ak p˚a formen 1/n.

I n¨asta avsnitt ska vi se att denna derivationsformel g¨aller f¨or alla rationella exponenter och i ett senare kapitel att den g¨aller f¨or alla reella exponenter.

Kedjeregeln

Vi s˚ag i f¨oreg˚aende avsnitt att om α ¨ar ett heltal eller ett genom ett heltal s˚a g¨aller att (x^α)⁰ = αx^α−1.

Vi vill nu visa att det g¨aller f¨or godtyckliga rationella tal α = p/q genom att f¨orst bevisa en formel som ¨ar av mycket st¨orre betydelse ¨an att den ger detta resultat. Formeln ifr˚aga talar om hur man deriverar en sammansatt funktion och kallas kedjeregeln. Den sammansatta funktionen definieras som den funktion f ◦ g som ber¨aknas genom

(f ◦ g)(x) = f(g(x)).

Sats 2: Kedjeregeln

L˚at f, g vara tv˚a funktioner s˚adana att den sammansatta funktionen f◦g ¨ar definierad i punkten a, och antag att g ¨ar deriverbar i punkten a och f ¨ar deriverbar i punkten b = g(a). D˚a g¨aller att ¨aven f ◦ g ¨ar deriverbar i a och att

(f ◦ g)⁰(a) = f⁰(g(a))g⁰(a).

Bevis. Enligt f¨oruts¨attningarna kan vi skriva

f (y)− f(b) = Af(y)(y− b), g(x)− g(a) = Ag(x)(x− a),

d¨ar Af ¨ar kontinuerlig n¨ara b och Ag ¨ar kontinuerlig n¨ara a, och s˚adana att Af(b) = f⁰(b) och Ag(a) = g⁰(a). Men d˚a f¨oljer med b = g(a) att

f (g(x))− f(g(a)) = Af(g(x))(g(x)− b) = Af(g(x))(g(x)− g(a)) = Af(g(x))A_g(x)(x− a).

Vi kan allts˚a skriva

(f ◦ g)(x) − (f ◦ g)(a) = A(x)(x − a),

d¨ar A(a) = Af(g(a))Ag(a) = f⁰(g(a))g⁰(a). Detta bevisar kedjeregeln. 

Anm¨arkning Definition av den inversa funktionen inneb¨ar att (f ◦ f⁻¹)(x) = (f⁻¹◦ f)(x) = x

f¨or alla x som uttrycken kan ber¨aknas f¨or. B˚ada formlerna inneb¨ar att x = f⁻¹(y) ¨ar l¨osningen p˚a ekvationen f (x) = y, fast p˚a lite olika s¨att.^[6] Om vi deriverar formeln (f⁻¹◦ f)(x) = x f˚ar vi enligt kedjeregeln att

(f⁻¹)⁰(f (x))f⁰(x) = 1 ⇔ (f⁻¹)⁰(f (x)) = 1 f⁰(x), vilket ¨ar formeln f¨or derivatan av en invers funktion fr˚an ovan.

Exempel 8 Vi ska nu derivera funktionen h(x) = x^pq d¨ar p, q ¨ar heltal^[7]. Vi obser- verar d˚a att vi enligt potenslagarna kan vi skriva h(x) = f (g(x)), d¨ar

f (x) = x^p, g(x) = x^1q. Enligt kedjeregeln har vi nu att

h⁰(x) = f⁰(g(x))g⁰(x) = pg(x)^p−1g⁰(x) = p(x^1q)^p−11

qx^1q−1 = p

qx^{p−1q +1q−1} = p qx^pq−1.

Anm¨arkning Vi har tidigare^[8] h¨arlett derivationsformeln (1/g)⁰(a) =−g⁰(a)/g(a)² om g(a) 6= 0 direkt fr˚an definitionen. Vi kan emellertid h¨arleda den utifr˚an att (1/x)⁰ =−1/x² och kedjeregeln ocks˚a:

(1

g)⁰(a) = (f◦ g)⁰(a) = f⁰(g(a))g⁰(a) =−g⁰(a) g(a)². H¨ar ¨ar f (x) = 1/x.

Vi avslutar detta kapitel med ett exempel som visar att det ¨ar viktigt att kunna identi- fiera sammansatta funktioner – att ha klart f¨or sig vad en storhet ¨ar funktion av i varje situation.

Exempel 9 Ett barn bl˚aser l˚angsamt upp en ballong genom att bl˚asa in 2 dl luft per sekund. Alldeles innan ballongen spricker ¨ar dess radie 6 cm. Hur snabbt str¨acktes ballongytan vid detta ¨ogonblick?

F¨or att l¨osa problemet approximerar vi ballongen med en sf¨ar. Vi vet att d˚a g¨aller att om V ¨ar dess volym och S dess area n¨ar radien ¨ar r, s˚a ¨ar

V = 4

3πr³, S = 4πr².

Om vi l¨oser ut r som funktion av V och stoppar in i uttrycket f¨or S, f˚ar vi att S(V ) =√³

36πV^2/3.

Men h¨ar ¨andrar sig V , och allts˚a S, med tiden, eftersom S(t) = S(V (t)). Deriverar vi denna formel med avseende p˚a t genom att anv¨anda kedjeregeln f˚ar vi att

S⁰(t) = S⁰(V (t))V⁰(t) =√³ 36π2

3V^−1/3V⁰(t).

Om vi m¨ater l¨angden i cm och volymen i cm³, s˚a ¨ar 2 dl = 200 cm³. Vi har att V⁰(t) = 200 d˚a ballongen spricker, vilket sker d˚a V (t) = 4π6³/3. Stoppar vi in detta f˚ar vi att

S⁰(t) = 2 3

√3

36π

6p4π/3³ · 200 = 2

6 · 200 = 200

3 cm²/s.

Anm¨arkning I det h¨ar exemplet har vi anv¨ant samma namn S p˚a vad som egentligen

¨ar olika funktioner. Vi har en funktion S(V ) som beskriver S som funktion av V . Vi har ocks˚a en funktion som beskriver S som funktion av t, som vi skrivit S(t). Om funktionen V (t) beskriver volymen som funktion av tiden s˚a g¨aller att S(t) = S(V (t)).

F¨orvirrande? Beh¨over inte vara s˚a om vi ist¨allet t¨anker p˚a S som en variabel som vi ibland beskriver hur den beror av V , ibland hur den beror av t. L¨agg m¨arke till att kedjeregeln ofta skrivs p˚a formen

dS dt = dS

dV dV

dt , vilken inneh˚aller precis denna oegentlighet.

En allm¨ an binomialsats

Vi har tidigare sett att binomialsatsen i sin enklare form kan skrivas (1 + x)ⁿ =

n

X

k=0

n k



x^k, d¨ar n k



= n(n− 1) . . . (n − k + 1) k!

om n ¨ar ett positivt heltal. Fr˚agan vi nu st¨aller oss ¨ar: vad h¨ander f¨or exponenter som inte ¨ar positiva heltal?

L˚at d¨arf¨or

f (x) = (1 + x)^a

d¨ar a ¨ar ett reellt tal. Deriverar vi p˚a ser vi att den k:te derivatan ¨ar f^(k)(x) = a(a− 1) . . . (a − k + 1)(1 + x)^a−k.

Enligt Maclaurins formel, som ¨ar Taylors formel kring origo, g¨aller d˚a att (1 + x)^a= pn(x) + Rn+1(x)

d¨ar

pn(x) =

n

X

k=0

f^(k)(0)x^k k! =

n

X

k=0

a k



x^k, a k



= a(a− 1) . . . (a − k + 1) k!

och

Rn+1(x) =

 a n + 1



(1 + θx)^a−n−1xⁿ⁺¹ d¨ar 0 < θ < 1.

Om a = n ¨ar ett heltal g¨aller h¨ar att ⁿ_k
= 0 d˚a k > n, s˚a vi har allts˚a ingen restterm. I annat fall har vi en restterm.

Exempel 10 Maclaurinutvecklingen av ordning 2 av √

1 + x ges av

√1 + x = 1 + x 2 − x²

8 + 1

16(1 + θx)^−5/2x³.

N¨ar x ≥ 0 g¨aller h¨ar att (1 + θx)^−5/2 ≤ 1, s˚a om vi flyttar ¨over polynomet till v¨anstersidan ser vi att

√1 + x− 1 −x 2 +x²

8    

= 1

16(1 + θx)^−5/2x³ ≤ x³

16, x≥ 0.

H¨arigenom f˚ar vi en uppfattning om hur mycket √

1 + x och Maclaurinpolynomet av ordning 2 skiljer sig ˚at.

Exempel 11 I fallet a =−1 f˚ar vi att

−1 k



= (−1)(−2) . . . (−k)

k! = (−1)^k och Maclaurinpolynomet blir

pn(x) =

n

X

k=0

(−1)^kx^k = 1− x + x² − x³ + . . . + (−1)ⁿxⁿ.

Resttermen blir

Rn+1(x) = (−1)ⁿ⁺¹(1 + θx)⁻ⁿ⁻²xⁿ⁺¹

och f¨or ett fixt x s˚adant att |x| < 1 ser vi att Rn+1(x)→ 0 d˚a n → ∞. Med andra

ord: 1

1 + x = 1− x + x²− x³+ . . . ,

vilket vi k¨anner igen som (en variant av) den geometriska serien.

I allm¨anhet g¨aller att binomialkoefficienterna ¨ar begr¨ansade, d.v.s. det finns en konstant C (som beror p˚a a men inte p˚a k) s˚adan att

a k



≤ C f¨or alla k.

Det f¨oljer d¨arf¨or att

Rn+1(x)→ 0 d˚a n→ ∞ d˚a |x| < 1

(eftersom xⁿ→ 0 d˚a|x| < 1), och vi f˚ar den allm¨anna formen p˚a binomialsatsen:

(1 + x)^a =

∞

X

k=0

a k



x^k, |x| < 1.

Som redan p˚apekats ¨ar summan ¨andlig d˚a a ¨ar ett positivt heltal (d¨aremot inte f¨or negativa heltal).

Noteringar

1. F¨orvirrande med hoppandet mellan x och y? Det ¨ar just detta som ¨ar problemet med invers funktion som detta kapitel handlar om.

2. Detta diskuteras t.ex. i artikeln Grafisk analys av en skal¨ar rekursion

3. F¨or heltal n > 1 g¨aller att derivatan av x→ xⁿ ¨ar noll i origo. Dess tangent ¨ar allts˚a horisontell, vilket betyder att inversens tangent ¨ar vertikal.

4. Detta villkor ¨ar uppfyllt t.ex. om f ¨ar deriverbar i en omgivning av a med kontinuerlig derivata.

5. Notera att vi beh¨ovde veta att inversen var kontinuerlig f¨or att kunna dra slutsatsen att B

¨ar det.

6. Formeln (f◦ f⁻¹)(x) = x betyder att ekvationen f (y) = x har l¨osningen y = f⁻¹(x), medan ekvationen (f⁻¹◦ f)(x) = x betyder x = f⁻¹(y) ¨ar s˚adant att f (x) = y.

7. F¨or definitionen av x^p/q, se Arbetsbladet om potenser och potenslagar.

8. I kapitlet Analys av rationella funktioner.