Analys
Henrik Petersson
1
Kapitlet är representativt för boken i meningen att kapitlet är skivet med samma uppbyggnad. Detta innebär följande:
1. Kapitlet består av tre sektioner, och därigenom tre för området (analys) centra- la delar ur problemlösningssynpunkt, och ett avslutande så kallat Problemex- empel. Problemexemplet syftar till att väva samman de områdesspeci ka pro- blemlösningsstrategier som lyfts fram i kapitlets inledande sektioner med de allmäna riktlinjer vid problemlösning som behandlas i bokens inledande kapitel (kapitel 1).
2. I texten förekommer asterisker. Dessa uppmanar läsaren till re ektion (aktiv läsning). Det kan handla om en påstådd likhet eller ett resonemang som förs - varför gäller likheten/slutsatsen etc?
3. Uppgifterna är indelade i Instuderingsuppgifter och Problem. Instuderingsupp- gifterna är (ett fåtal) övningar, som syftar till att ge läsaren möjlighet att bearbeta principer och strategier som lyfts fram. I problemen är frågeställ- ningarna mer öppna. Läsaren bör vara införstådd med att problemen i regel tar tid, arbetet med ett och samma problem kan mycket väl behövas läggas åt sidan för att sedan återupptas.
Kapitlet är inte representativt för boken på så vis att texen här är mer avancerad. Läsaren förväntas ha viss förförståelse kring begrepp som derivata och gränsvärden. (Uttryckt i termer av gymnasiekurser, så bör läsaren åtminstone läst Matematik 4.) Det rekommenderas att läsaren studerat bokens inledande tre kapi- tel (om sats, bevis respektive de nition), även algebrakapitlet (kapitel 4) i ryggen berikar och underlättar läsningen av detta material.
Ett syfte med kapitlet är, naturligtvis, att illustrera problemlösningstekniker för ytterligare ett matematiskt område - analys. Huvudsyftet är dock att illustrera hur de riktlinjer (den metodik) som lyfts fram i boken tjänar som verkyg för att ta till sig en mer matematiskt driven text som denna. En grundtanke med boken är just att erbjuda en grund för att kunna ta till sig en högskolemässig framställning av matematik som denna text representerar. Jag ser alltså denna text som en lämplig uppföljning av arbetet med boken.
2
8 Analys
Inom analysen studerar (analyserar) vi olika fenomen (uttryck), exempelvis hur något varierar över tid. Ett grundbegrepp inom analysen är funktioner, och vi lyfter här fram följande hörnstenar inom analysen:
1. Funktionsbegreppet 2. Funktionsanalys 3. Funktionsmodellering
Det första steget vid lösningen av ett problem med verktyg inom analysen är att modellera problemet i form av en funktion att studera, detta steg kan ibland vara mer eller mindre givet. Därefter står du inför att analysera funktionen. Men för både modelleringen och analysen är det väsentligt att ha funktionsbegreppet klart för sig, varför vi börjar i denna ände.
8.1 Funktionsbegreppet
De nition 1. En funktion är två mängder D och M tillsammans med är en regel f som för varje element x i D ordnar ett element f(x) i M. Mängderna D och M kallas för funktionens de nitionsmängd respektive målmängd. Funktionens värdemängd är delmängden V av M bestående av de värden som funktionen antar.
Några kommentarer kring de nitionen. Mängderna D och M kan bestå av vad som helst, inom analysen studeras funktioner där D och M är delar av reella axeln R. Det är därför, i sammanhanget, bekvämt att introducera följande intervallbeteckningar:
[a, b] = alla reella tal x sådana att a ≤ x ≤ b, (a, b) = alla reella tal x sådana att a < x < b, (a, b] = alla reella tal x sådana att a < x ≤ b,
och [a, b) de neras på samma sätt som (a, b]. Intervalltypen [a, b] kallas för ett slutet intervall, intervallet (a, b) är öppet medan [a, b) och (a, b] kallas för halvöppna inter- vall.
Själva regeln f brukar vanligtvis de nieras via ett uttryck, såsom f(x) = x2+ 1, ett annat sätt är att skriva x 7→ x2+ 1 (utläses x avbildas på x2+ 1).
Många gånger är det inte så relevant vad D och M är, exempelvis vid lokala studier, och man kan då tillåta sig att tala om funktionen f, alltså endast referera till själva regeln. En situation där det i högsta grad är väsentligt vad de nitionsmängd (och värdemängd) är, är vid bildandet av invers funktion:
De nition 2. En funktion f : D → M sägs vara injektiv (eller omvändbar) då f (x1) = f (x2) → x1 = x2,
där x1, x2 ∈ D. Givet en injektiv funktion f, då de nieras dess inversa funktion f−1 : V → D, där V betecknar f:s värdemängd, genom
f−1(a) =unika lösningen x ∈ D till ekvationen f(x) = a, där a ∈ V .
Konstruktion av invers funktion är viktigt inom analysen. Funktionen x 7→ x, x ≥ 0, är inversen till funktionen f(x) = x2 de nierad för x ≥ 0. (Notera att x 7→ x2 de nierad på hela R saknar invers.) Logaritmfunktionen x 7→ ln x, x > 0, är inversen till exponentialfunktionen x 7→ ex, x ∈ R. En annan viktig invers konstruktion är följande:
Exempel 1 (arctan x). Uttrycket tan x är de nierad för alla x 6= heltal·π2 (radianer).
Motsvarande funktion f(x) = tan x, x 6= heltal ·π2, är inte injektiv, varför den ej har någon invers. Däremot är restriktionen av f till intervallet (−π2,π2)injektiv. Inversen till denna funktion g(x) = tan x, x ∈ (−π2,π2), har namnet arctan x.
Då värdemängden för g är hela R, så följer det att arctan x är de nierad på hela R och med värdemängd (−π2,π2).
På motsvarande sätt de nieras arcsin x och arccos x som inverserna till funktionerna x 7→ sin x, x ∈ [−π2,π2] respektive x 7→ cos x, x ∈ [0, π].
Då man vill bestämma ett uttryck för inversen f−1 till en given injektiv funktion f, så står man inför problemet att försöka beskriva hur x bestäms av y utifrån sam- bandet y = f(x). Antingen de nierar man bort problemet genom att ge inversen ett speci kt namn/beteckning, som i Exemplel 1 ovan (och som för de inversa kon- struktionerna ln x och √
x), eller så försöker man explicit uttrycka x i termer av y utifrån sambandet y = f(x) (Instuderingsuppgift 1).
Det är viktigt att vara förtrogen med själva funktionsbeteckningen f(x):
Exempel 2. En funktion f uppfyller f(2x + 1) = x2 för alla x ∈ R. Bestäm f(7).
Här nns det två sätt att resonera. Det ena sättet är att förstå att med x = 3 så är 2x + 1 = 7 varför f(7) = f(2 · 3 + 1) = 32 = 9. Alternativt kan vi bestämma ett uttryck för f. Vi sätter t = 2x + 1, och har då att x = (t − 1)/2. Följdaktligen gäller
f (t) = f (2x + 1) = x2 = t − 1 2
2
= (t − 1)2
4 ,
för alla t. Speciellt, med t = 7 ger detta f (7) = (7 − 1)2
4 = 62 4 = 9, precis som ovan.
Instuderingsuppgift 1. Visa att funktionen f(x) = x+1x , de nierad för x ≥ 0, är injektiv och bestäm ett uttryck för dess motsvarande invers f−1. Ange även de ni- tionsmängd och värdemängd för f−1.
Instuderingsuppgift 2. Visa att det inte nns någon funktion f de nierad på hela R sådan att f(x2+ 2) = x för alla x. Däremot nns en funktion f sådan att f (x2 + 2) = x för alla x ≥ 0. Kan du bestämma en sådan funktion och tillhörande de nitionsmängd?
8.2 Funktionsanalys
Gränsvärdesbegreppet är kanske det mest centrala inom analysen. Att studera gräns- värden innebär att undersöka funktioner/uttryck kring en viss punkt, eller för sto- ra/små värden. Detta är naturligtvis bara relevant om uttrycket i fråga är de nierat tillräckligt nära punkten i fråga, respektive för positivt/negativt stora värden. Föl- jande de nitioner är därmed relevanta:
En omgivning till en punkt c är ett öppet intervall (a, b) sådant att c ∈ (a, b). Med en högeromgivning till c menas ett intervall på formen [c, b). Med en vänsteromgivning till c avses ett intervall av typen (a, c].
En punkterad omgivning till en punkt c är nu en omgivning till c men med c bortagen.
På motsvarande sätt de nieras punkterade höger- och vänsteromgivningar till en punkt c, det är intervall av typen (c, b) respektive (a, c).
De nition 3 (Gränsvärden). Låt f vara de nierad i en punkterad högeromgivning till x = a. Vi skriver då att limx→a+f (x) = A då det till varje reellt tal ε > 0 nns ett δ > 0 sådant att |f(x) − A| < ε då a < x < a + δ. Talet limx→a+f (x) kallas för gränsvärdet för f då x går mot a från höger, alternativt för högergränsvärdet för f då x går mot a.
På motsvarande sätt de nieras vänstergränsvärden, limx→a−f (x), för funktioner de-
nierade i en punkterad vänsteromgivning till x = a. En funktion f sägs ha gräns- värdet A då x → a, då både vänster- och högergränsvärde existerar i punkten a och dessa gränsvärden är lika. Vi skriver då limx→af (x) = A.
De nitionen ovan är tämligen abstrakt, och det är därför viktigt att skaa sig en, på olika sätt, bild av vad den säger. Att limx→a+f (x) = Ainnebär att funktionsvärdena f (x) ligger godtyckligt nära värdet A, bara vi begränsar x till en tillräckligt liten högeromgivning till a. I samma anda kan vi de niera limx→∞f (x) = A:
De nition 4 (Gränsvärden forts.). Låt f vara de nierad för x > a för något a. Vi skriver då att limx→∞f (x) = A då det till varje reellt tal ε > 0 nns ett ω > 0 sådant att |f(x) − A| < ε då x > ω. På motsvarande sätt de nieras limx→−∞f (x).
Vi har således olika typer av gränsvärden, x → a, a , ±∞, men gemensamt är dessa gränsvärdesregler:
Sats 1. Antag att lim f(x) = A och lim g(x) = B, där gränsvärdena är av samma typ. Då existerar även motsvarande gränsvärde för fg, f ± g och
lim f g = A · B lim(f ± g) = A ± B.
Om B 6= 0 så gäller även:
limf g = A
B.
Bevis. Vi nöjer oss med att bevisa ett av fallen, för att på så vis indikera hur beviset för övriga fall kan struktureras.
Vi bevisar (implikationen) att om limx→∞f (x) = Aoch limx→∞g(x) = B, så gäller
x→∞lim(f (x) + g(x)) = A + B. (1)
Vi går tillbaka till de nitionen av gränsvärden för att bevisa detta. Låt därför ε vara vilket som helst positivt tal. Vi ska (enligt de nition) bevisa att det nns ett tal ω så att |(f(x) + g(x)) − (A + B)| < ε då x > ω. Nyckeln till detta är, natuligtvis, att utnyttja vad vi vet om f och g. Vi vet att för vilka som helst positiva tal ε1 och ε2, så kan vi nna ω1 och ω2 så att |f(x) − A| < ε1 då x > ω1 och |g(x) − B| < ε2 för alla x > ω2. Detta ger oss nu för x > ω där ω = ω1+ ω2 (≥ ω1, ω2):
|(f (x) + g(x)) − (A + B)| = |(f (x) − A) + (g(x) − B)|
∗
≤ |f (x) − A| + |g(x) − B| < ε1+ ε2.
Eftersom ε1 och ε2 var vilka som helst positiva tal, så kan vi speciellt välja dem sådana att ε1+ ε2 ≤ ε. Detta bevisar att (1) gäller.
Notera att omvändningarna till satsens delar inte gäller. Det är alltså exempelvis inte så att om lim fg existerar, så måste både lim f och lim g existera. (Låt tex f (x) = x och g(x) = 1x och betrakta gränsvärdet då x → 0.)
Exempel 3. Bevisa att
x→∞lim x
x + 1 = 1. (2)
Låt oss börja med att veri era (2) utifrån de nitionen (De nition 4), för att sedan tillämpa Sats 1.
Låt nu ε vara ett, vilket som helst, positivt tal. Det gäller, enligt De nition 4, att bevisa att vi kan nna ett ω sådant att
x > ω →
x x + 1 − 1
< ε.
Men vi konstaterar nu att
x x + 1 − 1
=
x + 1 − 1 x + 1 − 1
= 1
x + 1
då x > 0. Följdaktligen, om x > 1/ε (= ω) så är
x x + 1 − 1
= 1
x + 1 < 1 x < ε.
Vi har härmed bevisat (2).
Tillämpar vi istället Sats 1 så följer (2) av x
x + 1 = x
x(1 + x1) = 1
1 + x1 → 1
1 + 0 = 1.
Lösningen blir, som synes, kortare och mindre teknisk. Med avsikt att tillämpa Sats 1, vid den här typen av gränsvärdesstudie av en kvot, så är det allmänt en bra strategi att som ovan bryta ut den dominerande termen (termen som växer snabbast) i täljare och nämnare (se även Exempel 17 nedan). För ett polynom så är den dominerande termen högstagradstermen. Sats 9 nedan visar på hur andra funktioner växer i förhållande till varandra.
Exemplet illustrerar hur tillämpning av Sats 1 handlar om att skriva om (jämför kapitel 4) uttrycket i fråga lämpligt. Vi förtydligar med ytterligare ett exempel:
Exempel 4. En funktion f uppfyller att limx→0xf (x) = 1. Undersök gränsvärdet
x→0lim f (2x)
f (3x). (3)
(Notera att f(3x) 6= 0 i punkterad omgivning av x = 0 då limx→0xf (x) = 1*, så gränsvärdet (3) är välde nierat.) Vi försöker skriva om uttrycket f (2x)f (3x) så att vi kan tillämpa Sats 1 samt förutsättningen att xf(x) → 1. Men vi konstaterar att vi kan skriva
f (2x)
f (3x) = 2xf (2x) 3xf (3x)· 3
2
då x 6= 0. Eftersom 2x → 0 och 3x → 0 då x → 0, så gäller 2xf(2x) → 1 och 3xf (3x) → 1 då x → 0, utifrån förutsättning. Enligt Sats 1 så har vi därmed att
f (2x)
f (3x) = 2xf (2x) 3xf (3x) · 3
2 → 1 1· 3
2 = 3 2.
Vi har därmed bevisat att gränsvärdet (3) existerar och är lika med 32.
Hur kan man förstå detta resultat mer inuitivt? Man kan resonera så här. Förut- sättningen limx→0xf (x) = 1 innebär* att f(x) ≈ 1/x kring x = 0. Därmed är
f (2x) f (3x) ≈
1 2x
1 3x
= 3 2,
kring x = 0. Detta indikerar resultatet, men resonemanget håller inte* som bevis!
Luckan ligger i att f(x) ≈ 1/x är alltför vagt och tvetydigt.
De nition 5 (Ensidig kontinuitet). En funktion f de nierad i en högeromgivning till x = a sägs vara högerkontinuerlig i punkten a då
lim
x→a+
f (x) = f (a).
På samma sätt sägs f vara vänsterkontinuerlig i x = a då f är de nierad i en vänsteromgivning till punkten a och
lim
x→a−f (x) = f (a).
Notera att limx→a+f (x) kan vara välde nierat utan att f är de nierad i punkten a (De nition 3), men för att f ska vara högerkontinuerlig i x = a krävs det att f är de nierad i punkten a.
De nition 6 (Kontinuitet). En funktion f sägs vara kontinuerlig i en punkt a då f är både vänster- och högerkontinuerlig i x = a, dvs. då
x→alimf (x) = f (a).
Funktionen f sägs vara kontinuerlig på ett öppet intervall (a, b) då f är kontinuerlig i varje punkt i intervallet. Funktionen f är kontinuerlig på ett slutet intervall [a, b]
då f är kontinuerlig på (a, b) samt höger- och vänsterkontinuerlig i a respektive i b.
En kontinuerlig funktion har följande två karaktäristiska egenskaper. Den ena är att om limn→∞an = a, så gäller limn→∞f (an) = f (a) om f är kontinuerlig i a. En annan viktig egenskap är att om f(a) 6= 0, så är f(x) 6= 0 i en hel omgivning av x = a, förutsatt att f är kontinuerlig i x = a.
Exempel 5. Heavisides stegfunktion θ de nieras av θ(x) = 1 då x > 0 och θ(x) = 0 då x < 0. Vi har att θ kontinuerlig i alla punkter x 6= 0. Vi kan dock inte de niera θ(0) så att θ blir kontinuerlig i x = 0, ty högerkontinuitet i x = 0 kräver att θ(0) = limx→0+θ(x) = 1 och vänsterkontinuitet att θ(0) = limx→0−θ(0) = 0. En liknande funktion är signumfunktionen, sgn, de nierad av sgn(x) = x/|x| där x 6= 0.
Exempel 6. En på hela reella axeln kontinuerlig funktion f uppfyller att
(x + 1)f (x) = x3+ x2+ 4x + 4. (4) för alla x. Bestäm f(−1).
Till att börja med kan vi konstatera att insättning av x = −1 i (4) inte ger oss något villkor på f(−1), både vänster- och högerled är lika med noll. Istället tar vi fasta på att eftersom f är kontinuerlig i x = −1, så gäller f(−1) = limx→−1f (x). Enligt (4) så ges nu f av
x3+ x2+ 4x + 4 x + 1
då x 6= −1. Således måste f(−1) vara lika med gränsvärdet av detta uttryck då x → −1. Då x = −1 är ett nollställe för polynomet x3 + x2 + 4x + 4, så ger Faktorsatsen (se kapitel 4) att x + 1 är en faktor i x3 + x2+ 4x + 4. Faktorisering ger att x3+ x2+ 4x + 4 = (x + 1)(x2+ 4), så
f (x) = x3+ x2+ 4x + 4
x + 1 = (x + 1)(x2 + 4)
x + 1 = x2+ 4
då x 6= −1. Det följer att
f (−1) = lim
x→−1f (x) = lim
x→−1(x2+ 4) = 5, och vi är klara.
Exempel 7. En på hela R kontinuerlig funktion f uppfyller att f (x) = f (x2),
för alla x. Bestäm f.
Låt f vara en kontinuerlig funktion som uppfyller villkoret, f(x) = f(x2). Vi konsta- terar att f(x) = f(x2) = f (x4) = ..., dvs. f(x) = f(x2n)för alla x och positiva heltal n. Låt nu x > 0. Vi har då att f(x) = f((x2n1 )2n) = f (x2n1 ). Eftersom* x2n1 → 1då n → ∞ och f är kontinuerlig så gäller
f (1) = lim
n→∞f (x2n1 ) = lim
n→∞f (x) = f (x).
Följdaktligen är f(x) = f(1) för alla x > 0. Med för negativa x har vi att f (x) = f (x2) = f ((−x)2) = f (−x) = f (1).
Vi har kommit fram till att f(x) antar samma värde för x 6= 0, och då även för x = 0 ty f är kontinuerlig i origo*. Följdaktligen, en kontinuerlig funktion f som uppfyller f (x) = f (x2) för alla x måste vara konstant. Omvänt, varje konstant funktion f uppfyller f(x) = f(x2) för alla x. Sammanfattningsvis, en på hela R kontinuerlig funktion f uppfyller f(x) = f(x2) för alla x om och endast om f är konstant. Mycket av analysen vilar på följande två satser. De är primitiva till sin karaktär, i meningen att de grundar sig på axiom som de reella talens existens vilar på.
Sats 2 (Satsen om mellanliggande värden). Låt f vara en kontinuerlig funktion på intervallet [a, b]. För varje tal C mellan f(a) och f(b) så nns då en punkt c ∈ [a, b]
sådan att f(c) = C.
Sats 3 (Satsen om största & minsta värde). Låt f vara en kontinuerlig funktion på [a, b]. Då antar f såväl ett största som ett minsta värde på intervallet [a, b].
Vi bevisar inte dessa satser, men låt oss analysera vad de säger. Båda satser är av typ B (se kapitel 1), förutsättningen att f är kontinuerlig på ett slutet intervall ska medföra att mellanliggande värden respektive att största och minsta värde antas.
Ett sätt att förstå satserna är att undersöka vad som kan sägas om vi ändrar på förutsättningen.
Betrakta exempelvis Sats 3. Vi kan konstatera att satsen inte gäller om vi ändrar förutsättningen till att f bara är kontinuerlig på (a, b). Betrakta nämligen funk- tionen f(x) = 1/x på intervallet (0, 1). Här är f kontinuerlig, men största värde saknas på (0, 1). Vi kan även konstatera att satsen inte heller gäller om kravet på att f är kontinuerlig stryks. De niera f(x) = 1/x då x 6= 0 och f(0) = 0. Denna icke-kontinuerliga funktion är de nierad på [0, 1] men saknar största värde. Om- vändningen till Sats 3 gäller inte heller. Det nns med andra ord funktioner som har ett största och minsta värde på ett slutet intervall, men som inte är kontinuerliga.
Re ektera gärna över Sats 2 på samma sätt.
De nition 7 (Ensidig deriverbarhet). En funktion f sägs vara högerderiverbar i en punkt a, då f är de nierad i en högeromgivning till x = a och gränsvärdet
lim
x→a+
f (x) − f (a)
x − a (5)
existerar, högerderivatan (gränsvärdet) i a betecknas D+f (a). På motsvarande sätt de nieras vänsterderivatan D−f (a) för en funktion de nierad i en vänsteromgivning till x = a.
De nition 8 (Deriverbarhet). En funktion f sägs vara deriverbar i en punkt a då f är både höger- och vänsterderiverbar i x = a med D−f (a) = D+f (a). Detta gemensamma gränsvärde,
x→alim
f (x) − f (a)
x − a , (6)
kallas för derivatan av f i punkten a och betecknas Df(a) (eller f0(a)). Funktionen f sägs vara deriverbar på ett öppet intervall (a, b) då f är deriverbar i varje punkt i intervallet. Funktionen f är deriverbar på ett slutet intervall [a, b] då f är deriverbar på (a, b) samt höger- och vänsterderiverbar i a respektive i b.
Om högerderivatan till f existerar i en given punkt, så är f högerkontinuerlig i samma punkt, ty med stöd av Sats 1 gäller
f (x) = f (x) − f (a)
x − a (x − a) + f (a) → D+f (a) · 0 + f (a) = f (a),
då x → a+, om f är högerderiverbar i x = a. Naturligtvis gäller motsvarande impli- kation mellan vänsterderivata och vänsterkontinuitet. Därmed gäller, av rent logiska skäl, att varje deriverbar funktion är kontinuerlig. (D+ ∧ D− → K+ ∧ K− är en logisk konsekvens (kapitel 2) av att D+ → K+ samt D− → K− gäller.) Nämnvärt i sammanhanget är att det nns kontinuerliga funktioner som inte är deriverbara i någon punkt.
Notera att derivering av en given funktion de nierar en ny funktion. Givet f så är Df = f0 en ny funktion vars de nitionsmängd är alla punkter i vilka f är deriverbar.
Vi har även funktionerna D+f och D−f.
Exempel 8. Absolutbeloppsfunktionen f(x) = |x| är deriverbar i alla punkter x 6= 0. I x = 0 är f såväl höger- som vänsterderiverbar, men D+f (0) = 1 och D−f (0) = −1, så f är inte deriverbar i x = 0. Det följer att Df = sgn, där sgn är Signumfunktionen i Exempel 5.
Vi utgår ifrån att läsaren behärskar kedjeregel och produktregel vid derivering:
D(f g) = f0g + f g0, (7)
D(f ◦ g) = (f0◦ g)g0, (8)
där f ◦ g betecknar den sammansatta funktionen x 7→ f(g(x)). Speciellt innebär (7) att produkten fg är deriverbar i en given punkt a då både f och g är det, medan (8) säger att f ◦ g är deriverbar i a, då f och g är deriverbara i g(a) re- spektive i a. Deriveringsreglerna (7) och (8) är med andra ord inte bara regler för beräkning av derivata, de säger även något om existens av derivata, för produkt och sammansättning av funktioner.
Exempel 9 (Implicit derivering). En deriverbar funktion f uppfyller
f (2x + 1) = xf (x + 1) + 1 (9)
för alla x. Bestäm tangenten för f då x = 1.
Tangentens ekvation i punkten (1, f(1)) är* y = f(1) + f0(1)(x − 1). Vi står därmed inför att bestämma f(1) och f0(1). Insättning av x = 0 i (9) ger att f(1) = 1. Vidare, deriverar vi vänster- och högerled i (9) , med hjälp av (7) och (8), får vi identiteten 2f0(2x + 1) = f (x + 1) + xf0(x + 1). (10) (Derivering av vänster- och högerled i en identitet, kallas för implicit derivering, vil- ket ger en ny identitet.) Speciellt med x = 0 ger detta att 2f0(1) = f (1), följdaktligen är f0(1) = 1/2. Tangenten i (1, f(1)) ges därmed av ekvationen
y = 1 + 1
2(x − 1) = x + 1 2 .
Tangenten, i den aktuella punkten, är således entydigt bestämd av villkoret (9). Exempel 10 (Derivatan av invers). Funktionen x 7→ arctan x är överallt deriverbar.
Bevisa att
D arctan x = 1
1 + x2. (11)
Funktionen g(x) = arctan x är inversen till f(x) = tan x, x ∈ (−π2,π2). Detta innebär att f(g(x)) = x för alla x ∈ R. Funktionen f är nu deriverbar, och om vi utgår ifrån förutsättningen att g också är det så ger implicit derivering av identiteten f (g(x)) = x:
f0(arctan x)g0(x) = 1.
Vi har nu att*
f0(x) = 1
cos2x = sin2x + cos2x
cos2x = 1 + tan2x.
Derivatan f0(x)går alltså att uttrycka i tan x vilket är fördelaktigt i sammanhanget ty vi erhåller
1 = f0(arctan x)g0(x) = (1 + tan2(arctan x))g0(x) = (1 + x2)g0(x).
Eftersom 1 + x2 6= 0 för alla x så kan vi konstatera att derivatan av arctan x måste ges av (11).
Allt vårt resonemang ovan bygger på antagandet att D arctan x existerar. Man kan visa att derivatan till inversen f−1 av en injektiv deriverbar funktion f existerar i alla punkter x = f(a) sådana att f0(a) 6= 0. Då, i vårt fall, f0(a) = cos12a 6= 0 då a ∈ (−π2,π2), så följer det att (11) verkligen gäller för alla x ∈ R.
Sats 4. Låt f vara en deriverbar funktion på (a, b). Om f på detta öppna intervall antar ett största (eller ett minsta) värde i en punkt α, så måste f0(α) = 0.
Bevis. Antag att f antar ett max i en punkt α ∈ (a, b). Då är, för x > α, 0 ≥ f (x) − f (α)
x − α → D+f (α) = f0(α)
då x → α+. Således är D+f (α) = f0(α) ≤ 0. Låter vi på motsvarande sätt x → α− i uttrycket f (x)−f (α)
x−α så konstateras att D−f (α) = f0(α) ≥ 0. Sammantaget innebär detta att f0(α) = 0.
Omvändningen till Sats 4 gäller inte. Funktionen f(x) = x3 är deriverbar på hela R, och uppfyller att f0(0) = 0 men f(0) = 0 är varken ett max eller ett min på något intervall (a, b) innehållandes x = 0.
Sats 5 (Medelvärdessatsen). Antag att f är kontinuerlig i [a, b] och deriverbar i (a, b). Då nns en punkt α i intervallet (a, b) sådan att f(b) − f(a) = f0(α)(b − a). Bevis. Låt f vara kontinuerlig i [a, b] och deriverbar i (a, b). De niera funktionen
g(x) = f (x) − f (a) −f (b) − f (a)
b − a (x − a).
Vi observerar nu att g(a) = g(b) = 0, samt att g är kontinuerlig på [a, b] och deriverbar i (a, b) med
g0(x) = f0(x) − f (b) − f (a)
b − a , x ∈ (a, b).
Det gäller att visa att g0(α) = 0 för något α ∈ (a, b). Om g är konstant så är det hela klart (se även första halvan av Exempel 11 nedan), så antag att g inte är en konstant funktion på [a, b]. Eftersom g är kontinuerlig så antar, enligt Sats 3, g ett största och ett minsta värde på [a, b]. Då g(a) = g(b), och g inte är konstant, så måste antingen ett max eller ett min antas i någon punkt α ∈ (a, b). Speciellt gäller g0(α) = 0, enligt Sats 4, och vi är klara.
Medellutningen för grafen för en funktion f på ett intervall [a, b] de neras av f (b)−f (a) b−a , dvs. lutningen på den räta linje (sekant) som går genom punkterna (a, f(a)) och (b, f (b)). Medelvärdessatsen säger därmed att tangentlutningen i någon punkt på ett öppet intervall är lika med medellutningen över motsvarande slutna intervall.
Det räcker att f inte är deriverbar i en enstaka punkt på (a, b) för att Medelvärdes- satsen inte ska gälla. Betrakta exempelvis funktionen f(x) = |x|. Denna funktion är kontinuerlig på [−1, 1] och deriverbar i (−1, 1) så när som i punkten x = 0. Vi noterar att f(1) − f(−1) = 0 och att det inte nns α ∈ (−1, 1) sådan att f0(α) = 0. Exempel 11. Bestäm alla funktioner f sådana att xf0(x) = 0på ett intervall (a, b).
Till att börja med konstaterar vi att varje konstant funktion f uppfyller att f0(x) = 0 för alla x, och därmed att xf0(x) = 0 på (a, b). För om c är vilken som helst punkt på intervallet (a, b), så ger de nitionen av derivata då f är konstant
f0(c) = lim
x→c
f (x) − f (c)
x − c = lim
x→c
0
x − c = 0.
Vi bevisar nu omvändningen, dvs. att om xf (x) = 0 på (a, b) så är f konstant.
Låt oss börja med att anta att 0 /∈ (a, b). Förutsättningen innebär då att f0 = 0 på (a, b). Låt nu c vara vilken som heltst punkt på (a, b). Det gäller att visa att f (x) = f (c) för alla x ∈ (a, b). Men om x > c så ger Medelvärdessatsen (observera att f är kontinuerlig på [c, x]*):
f (x) − f (c) = f0(α)(x − c) = 0 · (x − c) = 0,
så f(x) = f(c). På liknande sätt erhålles f(x) = f(c) då x < c, så f är konstant.
Antag nu att 0 ∈ (a, b) och att xf0(x) = 0 på (a, b). Enligt vad vi precis bevisat så måste f(x) = C+ för alla x ∈ (0, b) och f(x) = C− för alla x ∈ (a, 0) för några konstanter C+, C−. Eftersom f är deriverbar så är f kontinuerlig vilket ger
C− = lim
x→0−
f (x) = f (0) = lim
x→0+
f (x) = C+. Detta visar åter att f måste vara konstant C = C+ = C− på (a, b).
Sammanfattningsvis så kan vi formulera satsen (av typ C, se kapitel 1): En funktion f uppfyller att xf0(x) = 0 på (a, b) om och endast om f är konstant på (a, b). Exempel 12 (Standardgränsvärden). Visa att
x→0lim sin x
x = 1. (12)
Enligt Medelvärdessatsen så nns det, för givet x, ett α mellan 0 och x sådant att sin x
x = sin x − sin 0
x = cos α · (x − 0)
x = cos α.
Då x → 0 så måste α → 0, och därmed sin xx = cos α → cos 0 = 1, ty funktionen x 7→ cos x är kontinuerlig.
Detta är i någon mening ett cirkelresonemang. Vi har nämligen i resonemanget ovan använt att D sin x = cos x. Låt oss nu försöka beräkna derivatan av sin x i x = 0, utifrån de nitionen. Vi har då att beräkna
x→0lim
sin x − sin 0
x = lim
x→0
sin x
x . (13)
Följdaktligen så har vi i någon mening använt det vi ska bevisa i vårt resonemang.
Vi bör därför söka ett annat sätt att veri era (12) på. Vi kan börja med att konsta- tera att om högergränsvärdet för (12) existerar, så existerar även vänstergränsvärdet med samma värde, ty sin(−x)−x =∗ − sin x−x = sin xx . Det räcker därmed att veri era att
lim
x→0+
sin x
x = 1. (14)
Men, enligt de nitionen av sin x, så gäller att sin x < x då x > 0 (se även gur nedan). Följdaktligen är sin xx < 1 då x > 0. De nitionen av tan x ger (se gur nedan) att sin xcos x = tan x> x∗ då 0 < x < π2. Således gäller
cos x < sin x x < 1,
för 0 < x < π2. Eftersom limx→0+cos x = 1 så följer* (14) och därmed (12).
Figur 1: Samband mellan x, sin x och tan x.
Gränsvärdet (12) betraktas som ett sk standardgränsvärde. En viss uppsättning gränsvärden är så centrala inom analysen, på så vis att de esta gränsvärden kan beräknas med hjälp av dessa (och Sats 1), varför de benämns just standardgränsvär- den (se Exempel 13). Gränsvärdena som sammanfattas i Sats 9 nedan är ytterligare exempel på standardgränsvärden.
Sammanfattningsvis, gränsvärden kan bestämmas på följande sätt: Det mest primi- tiva sättet är (i) utifrån de nitionen av gränsvärden (Exempel 3). Detta leder ofta till räknetekniska beräkningar. En mer eektiv strategi är (ii) utnyttjandet av stan- dardgränsvärden tillsammans med Sats 1 (Exempel 3, 4). En tredje strategi är att (iii) blanda in derivator, som vi illustrerar i nästa exempel (Exempel 13). Eftersom derivator i sig innefattar gränsvärdesberäkningar, så är inte detta alltid det mest eleganta sättet att ta sig fram, som vi också pekade på i föregående exempel. Vi har dock följande:
Sats 6 (l'Hopitals regel). Låt f och g vara deriverbara funktioner, och med kon- tinuerliga derivator, i en omgivning av x = a. Antag vidare att f(a) = g(a) = 0 och
(i) fg00(x)(x) → A då x → a, (ii) g0(a) 6= 0.
Då existerar även gränsvärdet limx→af (x)
g(x) och limx→af (x) g(x) = A.
Bevis. Enligt Medelvärdessatsen kan vi skriva (för alla x i någon punkterad omgiv- ning av a)
f (x)
g(x) = f (x) − f (a)
g(x) − g(a) = f0(α)(x − a)
g0(β)(x − a) = f0(α) g0(β),
för några α = α(x) och β = β(x) mellan x och a, och där g0(β) 6= 0. Då x går mot a så måste α och β närma sig a varför
f (x)
g(x) = f0(α)
g0(β) = f0(α) − f0(β)
g0(β) +f0(β)
g0(β) → 0
g0(a)+ A = A, där vi utnyttjat att f0 och g0 är kontinuerliga och att g0(a) 6= 0.
Exempel 13. Bestäm
x→0lim
arctan 2x arctan 3x.
Vi konstaterar att f(x) = arctan 2x och g(x) = arctan 3x uppfyller förutsättningar- na i Sats 6, med a = 0. Speciellt har vi att g0(x) = 3/(9x2+ 1), så g0(0) = 3 6= 0. Vi har nu att
f0(x) g0(x) =
2 4x2+1
3 9x2+1
= 2(9x2+ 1) 3(4x2+ 1) → 2
3, då x → 0. Således gäller (enligt l'Hopitals regel) att
x→0lim
arctan 2x arctan 3x = 2
3, och vi är klara.
Låt oss undersöka hur vi kan bestämma gränsvärdet med hjälp av Sats 1 och stan- dardgränsvärden, standardgränsvärdet (12). Om vi sätter t = arctan x, så följer det att t → 0 då x → 0. Vidare gäller det att x = tan t så
arctan x
x = t
tan t = cos t · t
sin t → 1, (15)
då x → 0 enligt (12) och Sats 1. Resultatet (15) tillsammans med Sats 1 ger nu arctan 2x
arctan 3x = 2 3
arctan 2x 2x
3x
arctan 3x → 2
3 · 1 · 1 = 2 3, precis som ovan.
De nition 9. En funktion f sägs vara växande på ett intervall då f(a) ≤ f(b) för varje par av punkter a, b i intervallet sådana att a < b. Om istället f(a) < f(b) för alla sådana par av punkter, så sägs f vara strängt växande på intervallet. På motsvarande sätt de nieras begreppen avtagande och strängt avtagande.
Sats 7. Antag att en funktion f är deriverbar på intervallet (a, b). Då gäller att om f0(x) > 0 för alla x ∈ (a, b), så är f strängt växande på (a, b).
Bevis. Låt alltså f vara en deriverbar funktion på (a, b), med positiv derivata på detta intervall. Enligt de nitionen av strängt växande funktion så gäller det att visa att f(x) < f(y) där x och y är vilka som helst punkter sådana att a < x < y < b.
Men enligt Medelvärdessatsen så nns ett α ∈ (x, y) (obs α ∈ (a, b)) sådant att f (y) − f (x) = f0(α)(y − x). Enligt antagande är f0(α)positivt och därmed dieren- sen f(y) − f(x). Detta visar att f(x) < f(y).
Omvändningen till satsen gäller ej. Det nns med andra ord deriverbara strängt växande funktioner vars derivata inte är överallt positiv. Exempel på en sådan funk- tion är f(x) = x3, som är strängt växande på hela R men f0(0) = 0. Nämnvärt är även att då en funktion f på ett intervall är strängt växande om och endast om −f är strängt avtagande, så är enligt Sats 7 negativ derivata ett tillräckligt villkor för strängt avtagande.
Som poängterat, så har vi inte ekvivalens i Sats 7, däremot gäller för den svagare egenskapen växande följande:
Sats 8. Antag att en funktion f är deriverbar på intervallet (a, b). Då gäller att f0(x) ≥ 0 för alla x ∈ (a, b) om och endast om f är växande på (a, b).
Beviset lämnas till problemen, en motsvarande sats gäller för begreppet avtagande (formulera*). Sats 7 och 8 är tillämpbara vid bevis av olikheter (jämför kapitel 4):
Exempel 14. Visa att för alla heltal n ≥ 0 och alla reella tal x > 0, så gäller:
ex > 1 + x + x2 2! +x3
3! + ... + xn
n!. (16)
Vi ska visa att funktionen fn= ex−
1 + x + x2 2! +x3
3! + ... + xn n!
, x > 0, endast antar positiva värden. Vi bevisar detta med induktion (kapitel 2).
Låt n = 0, vi har då att bevisa att f0(x) = ex− 1 är positiv för x > 0. Vi har att f00(x) = ex > 0 för alla x > 0. Följdaktligen är, enligt Sats 7, f0 strängt växande i x > 0. Eftersom limx→0+f0(x) = f0(0) = 0 (högerkontinuitet) konstaterar vi att f0(x) > 0 för x > 0.
Antag nu att fn(x) > 0 för alla x > 0 (induktionsantagandet). Vi ska visa att fn+1(x) > 0 för positiva x. Men vi konstaterar att fn+10 = fn. Enligt induktionsan- tagandet är fn > 0 så det gäller att fn+1 är strängt växande för x > 0. Eftersom fn+1 är högerkontinuerlig i x = 0 med fn+1(0) = 0, så kan vi dra slutsatsen att fn+1
är positiv för positiva x. Enligt induktionsprincipen har vi därmed bevisat (16). Exempel 15. Undersök maximi- och minimipunkter för f(x) = x2+ sin x.
Vi påminner om att en minimipunkt (maximipunkt) är en punkt (α, f(α)) på grafen till f sådan att f(α) är ett minsta (största) värde för f begränsad till någon omgiv- ning av x = α. Från Sats 4 följer det att ett nödvändigt villkor för existens av en extrempunkt (dvs. en maximi- eller minimipunkt), i en punkt α där f är deriverbar, är att f0(α) = 0. Deriverar vi nu f så erhåller vi
f0(x) = 2x + cos x.
Vi står inför att undersöka lösningar till ekvationen 2x + cos x = 0. Att lösa denna ekvation (exakt) är ett svårbemästrat företag. Vi kan dock konstatera, med Sats 2 i ryggen, att ekvationen har lösningar. Funktionen f0(x) = 2x + cos x är nämligen kontinuerlig, och eftersom f0(0) > 0 och f0(−1) < 0, så drar vi slutsatsen att minst ett nollställe α till f0 existerar i intervallet [−1, 0]. Derivering av f0 ger
f00(x) = 2 − sin x.
Vi ser att f00(x) > 0 för alla x. Det följer, från Sats 7, att f0 är strängt växande.
Speciellt ger detta att f0 har precis ett nollställe α. Vidare så är f0(x) ≥ 0 i en högeromgivning till x = α och f0(x) ≤ 0 i en vänsteromgivning till α. Sats 8 ger att f är växande i en högeromgivning till x = α, och avtagande i en vänsteromgivning till α. Slutsatsen är att (α, f(α)) är en minimipunkt.
Sammanfattningsvis, f har precis en minimipunkt och ingen maximipunkt.
Låt f och g vara två funktioner sådana att f/g → 0 då x → ∞. Detta förhållande mellan f och g uttrycker vi genom att skriva f << g då x → ∞. Som exempel gäller* x + 1 << x2+ 1. Vi har nu följande förhållande mellan logaritm-, potens- och exponentialfunktion.
Sats 9 (Standardgränsvärden forts.). För varje α > 0 så gäller då x → ∞:
ln x << xα << ex. (17) Bevis. Vi börjar med att bevisa att xα << ex, dvs. att xα/ex → 0då x → ∞. Men detta följer av olikheten (16) ovan, för om vi väljer ett heltal n ≥ α så ger denna olikhet att för vilket som helst x > 1:
xα ex ≤ xn
ex ≤ xn
1 + x +x2!2 +x3!3 + ... + (n+1)!xn+1 = 1 r(x) + (n+1)!x , där
r(x) = 1
xn + 1
xn−1 + 1
2!xn−2 + ... + 1
(n − 1)!x1 + 1 n!.
Det är nu klart att r(x) → 1/n! då x → ∞ och då x/(n + 1)! går mot oändligheten så kan vi konstatera att xeαx → 0.
Det återstår att bevisa att ln x/xα → 0 då x → ∞. Vi bevisar detta genom att återföra oss till situationen ovan. Sätt s = α ln x. Vi har då att s → ∞ då x → ∞.
Vidare har vi att xα= es, så med stöd av ovan gäller ln x
xα = s
αes → 0, då x → ∞.
Exempel 16. Visa att det nns en på hela R deriverbar funktion f med f(x) = e−1x då x > 0.
Vi börjar med att bestämma vad f(0) måste vara. Eftersom f ska vara deriverbar i x = 0, så måste f vara kontinuerlig i x = 0. Följdaktligen måste f(0) ges av gränsvärdet
lim
x→0+f (x) = lim
x→0+e−1x = 0.
Sätt därför f(0) = 0. Vi undersöker nu deriverbarhet i x = 0, låt oss undersöka högerderivatan. För x > 0 så gäller
f (x) − f (0)
x − 0 = e−x1 x .
Vi skriver nu om detta uttryck med avsikt att tillämpa Sats 9, e−x1
x =
1 x
e1x → 0, då x → 0+,
eftersom x → ∞då x → 0 . Således existerar D+f (0) med D+f (0) = 0. För x < 0 måste vi därmed de niera f så att f är deriverbar i alla punkter x < 0 och med en västerderivata D−f (0) = 0. Följande funktion löser vårt problem:
f (x) = e−1x då x > 0, 0 då x ≤ 0.
Vi kan nu gå vidare och undersöka andraderivatan (högre derivator) för f. Vi kan koncentrera oss på den kritiska punkten x = 0. Vi konstaterar att f0(x) = 0 då x ≤ 0 och f0(x) = −e−1x/x2 för x > 0. Vänsterderivatan av f0 i x = 0 existerar nu och är lika med 0, ty f0 är konstant i x ≤ 0. För x > 0 erhåller vi
f0(x) − f0(0)
x − 0 = −e−1x/x2
x = −
1 x
3
ex1 → 0
då x → 0+ enligt Sats 9. Såväl vänster- och högerderivatan för f0 existerar och är lika i x = 0, vi har att f00(0) = 0. (Det följer allmänt att f(k)(0)existerar och är lika med 0 för alla k ≥ 0.)
Sammanfattning: Gränsvärdesberäkning är centralt inom analysen. Gränsvärden kan bestämmas på olika sätt: Det mest primitiva tillvägagångsättet är (i) utifrån de nitionen av gränsvärden (Exempel 3). Detta leder ofta till räknetekniska beräk- ningar, men att gå tillbaka till de nitionen är oundvikligt i teoribygget, vid bevis av gränsvärdessatser, se exempelvis beviset av Sats 1. En mer eektiv strategi är (ii) utnyttjandet av standardgränsvärden (12), (17), tillsammans med Sats 1 (Ex- empel 3, 4). Nyckeln är då i regel olika former av omskrivningar (lägg till, dra ifrån, förlängning av bråk etc.). En tredje strategi är att (iii) blanda in derivator (Sats 6). Eftersom derivator i sig innefattar gränsvärdesberäkningar, så är denna väg mer indirekt.
Genom begrepp som kontinuitet och deriverbarhet uttrycks funktioners egenskaper.
Begreppen bygger på gränsvärdesbegreppet, och på så sätt blir även kontinuitets- och deriverbarhetsegenskaper av vikt vid gränsvärdesundersökningar (Exempel 6, 7, 11). Deriverbarhet är en starkare egenskap jämfört med kontinuitet, vilket kan uttryckas genom:
1. För en i punkten a kontinuerlig funktion f gäller att |f(x) − f(a)| är litet då x ≈ a. Om f är deriverbar i en omgivning av a så kan vi (utifrån Sats 5) uppskatta storleken på skillnaden |f(x) − f(a)| i ett intervall kring a.
2. En kontinuerlig funktion f på [a, b] antar garanterat ett största och minsta värde på intervallet [a, b] (Sats 3). Är f deriverbar så kan vi (utifrån Sats 4) bestämma var max och min antas, och därigenom bestämma motsvarande maximi- och minimivärden.
3. En kontinuerlig funktion f på [a, b] där f(a) och f(b) har olika tecken, har garanterat ett nollställe på [a, b] (Sats 2). Om f är deriverbar på så kan vi (utifrån Sats 7) bestämma antalet nollställen på [a, b]. (Exempel 15.)
