Repetitionskurs - Åbo Akademi · Geometri oh c rigonometri T 89 5.1 Vinklar. 89 5.2 riangeln T. 91 5.2.1 Rätvinkliga triangeln. 91 5.3 eln Enhetscirk. 95 5.4 ... 9.3 onjugatet,

Repetitionskurs i MatematikFöreläsningsmaterialsammanställt avTom Fredman

Fakultetsområdet för naturvetenskapero h teknik, Åbo AkademiFjärde upplagan 2013

1Dessa föreläsningsante kningar är avsedda för kursen �Repetitionskurs i Ma-tematik� (3 sp. ECTS) för första årets studerande i fakultetsområdet förnaturvetenskaper o h teknik, Åbo Akademi.Kursens avsikt är att befrämja en god nivå på förkunskaperna inför degrundläggande ingenjörsmatematiska kurserna vid fakulteten.Materialet är baserat på nedanstående litteraturförte kning.Åbo, mars 2013,

2

Litteraturförte kning[1℄ D. Djupsjöba ka o h M. Kurula. Propedeutisk Matematik I. Matema-tiska Institutionen, Åbo Akademi, 2004.[2℄ D. Djupsjöba ka o h M. Hägg. Propedeutisk Matematik II. MatematiskaInstitutionen, Åbo Akademi, 2007.[3℄ R. A. Adams. Cal ulus. a omplete ourse. Pearson Edu ation/AddisonWesley, Toronto, 6th edition, 2006.[4℄ K.-E. Häggblom Matematik I o h II, föreläsningsante kningar. Labora-toriet för Reglerteknik, Åbo Akademi, 2002.[5℄ E. Kreyszig. Advan ed Engineering Mathemati s. John Wiley & Sons,In ., New York, 8th edition, 1999.

3

4 LITTERATURFÖRTECKNING

Innehåll1 Introduktion 91.1 Nyttan av matematik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.2 Teknikens språk . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101.3 Karriär o h matematik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102 Grundläggande 112.1 Talområden . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112.2 Notation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122.3 Reella talens axiom . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152.4 Potenser . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162.5 Polynom . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 182.6 Rationella uttry k . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 212.7 Kvadratrot . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 243 Ekvationer o h Olikheter 273.1 Förstagradsekvationer o h -olikheter . . . . . . . . . . . . . . 283.2 Andragradsekvationer o h -olikheter . . . . . . . . . . . . . . . 343.3 Rationella olikheter . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 423.4 Ekvationssystem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 443.5 Ekvationer av högre grad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 463.6 Kvadratrötter o h absolutbelopp . . . . . . . . . . . . . . . . . 503.6.1 Ekvationer med kvadratrötter . . . . . . . . . . . . . . 513.6.2 Olikheter med kvadratrötter . . . . . . . . . . . . . . . 523.6.3 Absolutbelopp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 553.6.4 Ekvationer med absolutbelopp . . . . . . . . . . . . . . 583.6.5 Olikheter med absolutbelopp . . . . . . . . . . . . . . . 635

6 INNEHÅLL4 Funktioner 654.1 De�nition o h egenskaper . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 654.2 Sammansatta funktioner . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 684.3 Växande o h avtagande funktioner . . . . . . . . . . . . . . . 694.4 Bijektioner . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 734.5 Invers funktion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 754.6 Några vanliga funktioner . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 794.6.1 Det allmänna rotbegreppet . . . . . . . . . . . . . . . . 794.6.2 Det allmänna potensbegreppet . . . . . . . . . . . . . . 804.7 Exponentialfunktionen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 814.8 Logaritmfunktionen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 825 Geometri o h Trigonometri 895.1 Vinklar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 895.2 Triangeln . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 915.2.1 Rätvinkliga triangeln . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 915.3 Enhets irkeln . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 955.4 Trigonometriska funktioner . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 955.4.1 Rekursionsformler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 975.4.2 Trigonometriska funktionernas grafer . . . . . . . . . . 995.4.3 Additionsformler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1005.5 Ekvationer med trigonometriska funktioner . . . . . . . . . . . 1025.5.1 Ekvationer av formen f(u) = f(v) . . . . . . . . . . . . 1025.5.2 Inversa trigonometriska funktioner . . . . . . . . . . . 1066 Gränsvärde o h Kontinuitet 1116.1 Gränsvärde . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1116.2 Räkneregler för gränsvärden . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1126.3 Ensidiga gränsvärden . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1196.4 Gränsvärden o h oändligheten . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1226.4.1 Oegentliga gränsvärden . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1236.4.2 Gränsvärden i oändligheten . . . . . . . . . . . . . . . 1256.5 Kontinuitet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1296.6 Egenskaper hos kontinuerliga funktioner . . . . . . . . . . . . 1327 Derivata 1417.1 De�nition . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1417.2 Derivatafunktionen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 144

INNEHÅLL 77.3 Gra�sk tolkning av derivatan . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1477.4 Deriveringsregler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1507.4.1 Derivering av en produkt o h en kvot . . . . . . . . . . 1517.4.2 Några vanliga funktioner . . . . . . . . . . . . . . . . . 1547.4.3 Högre derivator . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1567.5 Ensidiga derivator; deriverbarhet . . . . . . . . . . . . . . . . 1577.6 Derivatan av en sammansatt funktion . . . . . . . . . . . . . . 1607.7 Extremvärden hos funktioner . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1617.7.1 Derivatans te ken . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1627.7.2 Lokala extremvärden . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1647.7.3 Globala extremvärden . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1717.7.4 Extremvärdesproblem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1748 Integraler 1818.1 Primitiv funktion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1818.2 Integralen av en sammansatt funktion . . . . . . . . . . . . . . 1908.3 Sammanfattning över integreringsregler . . . . . . . . . . . . . 1978.4 Geometrisk tolkning av integralen . . . . . . . . . . . . . . . . 1988.5 Egenskaper . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2108.6 Integralfunktionen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2118.7 Integrering med primitiva funktionen . . . . . . . . . . . . . . 2148.7.1 Substitution . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2178.7.2 Partialbråksuppdelning . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2228.7.3 Partiell integrering . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2258.8 Areaberäkning . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2288.8.1 Två funktioner . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2329 Komplexa Tal 2379.1 De�nition . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2379.2 Rektangulär form . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2399.3 Konjugatet, division . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2429.4 Komplexa talplanet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2449.5 Polär form . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2489.6 Reella o h komplexa tal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2509.7 Andragradsekvationer . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 251

8 INNEHÅLL10 Följder o h Serier 25510.1 Talföljder . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25510.2 Monoton o h begränsad talföljd . . . . . . . . . . . . . . . . . 25910.3 Gränsvärde av en talföljd . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26010.4 Serier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26210.5 Serier o h konvergens . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26311 Vektorer 26511.1 Skalärprodukt o h projektion . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26911.2 Vektorprodukt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27212 Sannolikhetslära 27512.1 Kombinatorik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27512.1.1 Multiplikationsprin ipen . . . . . . . . . . . . . . . . . 27512.1.2 Val med hänsyn till ordningen . . . . . . . . . . . . . . 27612.1.3 Val utan hänsyn till ordningen . . . . . . . . . . . . . . 27812.2 Empirisk sannolikhet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27912.3 Det klassiska sannolikhetsbegreppet . . . . . . . . . . . . . . . 28112.4 Räkneregler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28412.5 Oberoende händelser . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28712.6 Oberoende försök . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28812.7 Addition o h multiplikation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28912.8 Binomialsannolikhet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29112.9 Stokastisk variabel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29412.10Diskreta sannolikhetsfördelningar . . . . . . . . . . . . . . . . 29612.11Fördelningars karakteristikor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29712.12Kontinuerliga fördelningar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30312.13Normalfördelningen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 306

Kapitel 1IntroduktionDessa föreläsningsante kningar är avsedda som bakgrundsmaterial till re-petitionskursen i matematik. Eftersom kursens omfattning endast är 2 sp,motsvarande en total arbetsinsats om a 54 timmar, är materialet samman-ställt utgående från att merparten av sto�et är känt från gymnasiekursernai ämnet. Orsaken till den relativt omfattande framställningen är nyttan medatt ha samtliga viktiga teman samlade på ett ställe, do k rekommenderas vidbehov gymnasielitteraturen som bredvidläsning. Teorin här är således avseddför en relativt snabb repetition, medan kursens tyngdpunkt kommer att liggapå tillämpning o h övningar med ett urval av lämpliga problem, som kommeratt presenteras under kursens gång.1.1 Nyttan av matematikIntresset för de matematiska ämnena i skola o h universitet har under desenaste de ennierna avtagit i hela västvärlden. Detta har orsakat en allmänsänkning av kunskapsnivån i matematik inom gymnasieutbildningen o h sto-ra svårigheter med rekrytering o h förkunskaper för yrkeshögskole- o h uni-versitetssektorns matematiskt inriktade utbildningar. En allmän attitydför-sämring till ämnena har o kså kunnat märkas o h det har nästan blivit tren-digt att säga att man inte förstår något av matematikundervisningen i sko-lan. Den typiska frågan till läraren har blivit �- Vad behöver vi detta till?�Frågan kunde kanske besvaras med �- Det kan man inte veta ännu�. En di-plomingenjör eller teknologie magister kommer i framtiden sannolikt att varaminst 40 år i arbetslivet, med varierande arbetsuppgifter. Detta betyder att9

10 KAPITEL 1. INTRODUKTIONstudierna inte kan vara en �yrkesutbildning� för någon spe i�k industrisek-tor eller den lokala industrins behov, utan måste baseras på tillrä kligt all-mänbildande o h omfattande grundstudier med tyngdpunkt på matematiskanaturvetenskaper. Inom tekniken kommer dessutom kraven på matematisktkunnande att öka i framtiden, särskilt för längre hunna diplomingenjörer somarbetar exempelvis inom produktutve kling.1.2 Teknikens språkMatematiken har traditionellt betraktats som naturvetenskapens språk, meneftersom tekniken my ket långt baseras på naturvetenskapliga tillämpningarhar matematiken blivit även teknikens språk. Många moderna it-tillämp-ningar, som t.ex. algoritmen bakom en känd sökmaskin på nätet baserarsig på framsteg inom vissa områden av den moderna matematiken, i detaktuella fallet den s.k. linjära algebran. Andra områden som kan nämnas äroptimering, som används inom produktionsplanering o h logistik o h diskretmatematik som används för att konstruera inbyggda system i datatekniken.1.3 Karriär o h matematikEn diplomingenjör eller teknologie magister måste i dagens värld vara bereddpå att karriären kan ta de mest oväntade vändningar. Därför är det viktigtbåde för arbetsmöjligheter o h löneutve kling att ha en stark kunskapspro-�l. Det man gör, lönar sig att göra ordentligt. Ovanliga ämneskombinationero h spe ialisering kan o kså på lång sikt ge goda karriärmöjligheter. Ex-empelvis diplomarbetare inom produktionsplanering, optimering o h ström-ningsberäkning har de senaste åren haft god efterfrågan till expertuppgifteri industrin o h i konsultbolag. De �esta inleder sin bana med någon form avexpert- eller driftsuppgifter, vanligen kopplade till diplomarbetets tema. Se-nare fortsätter många med ledningsuppgifter, medan andra spe ialiserar sinaexpertuppdrag o h blir t.ex. konsulter. Gemensamt i samtliga fall är en ökadanvändning av matematiska verktyg, vilket har möjliggjorts av framsteg iatt kombinera ökad beräkningskapa itet o h nya teoretiska resultat för t.ex.storskaliga optimeringsproblem. Detta har lett till att matematiskt kunnandehar fått allt större betydelse både i lednings- o h expertuppgifter. Operativabeslut baserar sig numera på kompli erade beslutsunderlag framtagna meddatorberäkningar o h -simuleringar, som kräver en stark matematisk grund-utbildning för att kunna tolkas rätt.

Kapitel 2GrundläggandeI detta kapitel repeterar vi de grundläggande axiomen o h begreppen frångymnasiematematiken. Dessa kommer att behövas i ingenjörsmatematikenför att förstå de enklaste räkneoperationerna o h bete kningarna.2.1 TalområdenTalen har under matematikens utve kling kommit att indelas i talområden,enligt användning o h allteftersom nya tillämpningar har uppstått har nyatalområden introdu erats. Den kanske mest uppenbara innebörden av tal ärnär man vill beskriva antal. Detta är utgångspunkten för talområdena o hde tal som beskriver antal brukar kallas naturliga tal, med bete kningenN = {0, 1, 2, . . .} naturliga tal.För att kunna hantera negativa tal behöver man heltalen

Z = {. . . − 2,−1, 0, 1, 2, . . .} hela tal.De naturliga talen är alltså en delmängd av heltalen. Ibland förekommer ävenbete kningenZ± = {±1,±2, . . .} positiva/negativa hela tal.för de positiva respektive negativa heltalen. Observera att de positiva heltalenej är att förväxla med de naturliga talen, som ju även innehåller talet 0. Föratt beskriva bråkdelar behöver man de rationella talen, enligt

Q ={

x|x =m

n, m, n ∈ Z , n 6= 0

} rationella tal.11

12 KAPITEL 2. GRUNDLÄGGANDEDessa består således av alla tal som kan skrivas som bråk. Eftersom så är falletför alla heltal är dessa en delmängd av de rationella talen. Tidigt stötte manemellertid på tal som inte kan skrivas som bråk, t.ex. längden av diagonaleni en kvadrat med sidlängden ett. Man kallade sådana tal irrationella o hintrodu erade det reella talområdetR = {Q samt alla irrationella tal} reella tal.Men, om man önskar lösa ekvationen x2 = −1 rä ker inte de hittills be-handlade talområdena till. Vi behöver de komplexa talen, med bete kningen

i =√−1, enligt

C ={a + bi , a, b ∈ R , i =

√−1} komplexa tal.2.2 NotationMed �notation� avses här ett bete kningssystem. Ett sådant är nödvändigtdå man arbetar med olika matematiska objekt, som kan vara tal eller sam-lingar av tal (mängder). För att få ett bete kningssystem som är entydigt o hkortfattat har man tagit i bruk matematiska symboler, exempelvis symbolen

= bete knar att två objekt (av samma typ) är lika. En samling av objekt kal-las en mängd o h de enskilda objekten i mängden element. Mängder brukarbete knas med stor bokstav, medan man för elementen vanligen använderliten bokstav.Exempel 2.2.1. N är en mängd, med element som består av talen 0, 1, 2, . . ..Det �nns oändliga mängder med oändligt antal element o h ändliga mäng-der med ändligt antal element.Exempel 2.2.2. N är en oändlig mängd, medan mängden A = {0, 1, 2, 3, 5}är ändlig.Att ett element tillhör en mängd brukar bete knas 0 ∈ N, medan mot-satsen bete knas med 0 /∈ Z+.Exempel 2.2.3. För mängden A = {0, 1, 2, 3, 5} gäller att 6 ∈ N, medan6 /∈ A.

2.2. NOTATION 13Om man har två mängder A o h B, sådana att alla element som tillhörA även tillhör B. Då kallas A en delmängd av B o h detta bete knas

A ⊆ B .Däremot gäller inte att N är en delmängd av A (varför?) o h man skriverA 6⊆ N. Vid jämförelse av elementen i två eller �era mängder kommer manfram till begreppen snitt o h union. Snittet av två eller �era mängder ären mängd som innehåller alla de element som ingår i samtliga mängder somjämförs, o h bete knas ∩. Man ser då attExempel 2.2.4.

A ∩ N = {0, 1, 2, 3, 5} = A .Snittet kan o kså vara tomt, d.v.s. det �nns inga element som ingår isamtliga jämförda mängder, vilket bete knas ∅Exempel 2.2.5.Z− ∩ A = {. . . ,−3,−2,−1} ∩ {0, 1, 2, 3, 5} = {} = ∅ .Unionen av två eller �era mängder är en mängd som innehåller alla deelement som ingår i minst en av de mängder som jämförs, o h bete knas ∪.Man ser då attExempel 2.2.6.

Z− ∪ A = {. . . ,−3,−2,−1} ∪ {0, 1, 2, 3, 5} = {. . . ,−3,−2,−1, 0, 1, 2, 3, 5} .Hittills har vi räknat upp elementen för att beskriva de ändliga mängdersom behandlats. Detta är do k ofta opraktiskt, i stället för de enskilda ele-menten kan man beskriva en viss egenskap hos dessa för att få en kortfattadformulering av formen{x|x har en viss egenskap} ,för att bete kna mängden av alla element x som har en viss egenskap.Exempel 2.2.7.

A = {0, 1, 2, 3, 5} = {x ∈ N|x 6= 4 ∧ x ≤ 5} .

14 KAPITEL 2. GRUNDLÄGGANDESymbolen ∧ betyder här �o h�. Alternativt kan man använda kommate -ken, som tidigare i de�nitionen av de rationella talen för att utesluta divisionmed noll. För att bete kna �eller� brukar man använda symbolen ∨. Ett eller�era element kan exkluderas ur en mängd med \, vilket bete knar mängd-di�erensen. Exempelvis alla naturliga tal utom talet 0 (som ju är mängdenav de positiva heltalen Z+) bete knasExempel 2.2.8.Z+ = {N \ 0} .Å andra sidan vill man ofta, att en viss egenskap skall gälla för alla elementi en mängd. Då används ∀, som utläses �för alla element�, exempelvis alla rellatal som inte �nns i intervallet mellan 0 o h 2Exempel 2.2.9.

∀x ∈ R : x ≤ 0 ∨ x ≥ 2 .Intervall kan förutom med olikhetste ken även kortfattat skrivas medklammer, 0 ≤ x ≤ 1 skrivs då x ∈ [0, 1]. Om man inte vill ha med änd-punkter vänds klammern utåt, enligt x ∈ [0, 1[ för 0 ≤ x < 1. Om det �nnsminst ett element med en viss egenskap i en mängd använder man ∃ somutläses �det existerar�Exempel 2.2.10.∃a ∈ Q+ : a ≥ 72 .Exemplet ovan säger alltså att det �nns minst ett positivt rationellt talsom är större än 72.Oändligheten bete knas i matematiken med symbolen ∞. Oändlighetenskall betraktas som ett begrepp, inte som ett tal, ty räknereglerna för talgäller inte för ∞. Alltid då man stöter på detta, är det skäl att vara extraförsiktig o h komma ihåg att abstrakta begrepp inte nödvändigtvis följervanliga aritmetiska regler.I matematiska bevis hanterar man påståenden, med målet att påvisa attdessa är antingen sanna eller falska. Ingenjörsmatematiken är vanligen nu-meriskt orienterad, mot beräkningar snarare än de teoretiska frågeställningarsom matematiker arbetar med. Notera do k att ingenjörsmässiga beräkning-ar o kså i viss mån kan betraktas som bevis, baserade på beräkningar o hslutsatser av en typ där man t.ex. jämför ekonomiska alternativ. Då man ar-betar med påståenden som skall visas används i matematiken bete kningarna

⇔, ⇐ o h ⇒ med följande betydelser.

2.3. REELLA TALENS AXIOM 15Låt A o h B bete kna påståenden eller utsagor. Då gällerRegel 2.2.11. Logik.A ⇒ B .Om A är sant så är B sant.A ⇐ B .Om B är sant så är A sant.A ⇔ B .Om A är sant så är B sant o h om B är sant så är A sant. Påståendena Ao h B sägs vara ekvivalenta.2.3 Reella talens axiomVi repeterar nu räknereglerna för de reella talen, som även brukar kallasaxiom. Benämningen axiom används för grundantaganden man utgår ifrånför att bevisa nya resultat. Räknereglerna nedan förefaller självklara men deutgör en viktig grund för ett omfattande teoribygge i matematiken.För a, b, c ∈ R gäller:Lagen om slutenhet

a + b ∈ R o h a · b ∈ R .Kommutativa lagena + b = b + a o h a · b = b · a .Asso iativa lagen

a + (b + c) = (a + b) + c o h a · (b · c) = (a · b) · c .Distributiva lagena · (b + c) = a · b + a · c o h (a + b) · c = a · c + b · c .Neutralt elementaddition 0 a + 0 = 0 + a = amultiplikation 1 a · 1 = 1 · a = aInverst elementaddition motsatta talet −a a + (−a) = (−a) + a = 0multiplikation inverterade talet 1

a, (a 6= 0) a · 1

a= 1

a· a = 1

16 KAPITEL 2. GRUNDLÄGGANDEAnmärkning 2.3.1. Det lönar sig att ibland tänka igenom vilka av de ovanstå-ende räknereglerna som tillämpas vid rutinmässiga beräkningar. Exempelvismultiplikationen 123 · 45 utförs enligt123 · 45 = 123 · (40 + 5) =distr. 123 · 40 + 123 · 5

=komm., asso . 123 · 5 + (123 · 4) · 10= 615 + 492 · 10 = 5535 .Observation 2.3.1. Räknereglerna gäller inte för ∞. Exempelvis om manvet att a, b → ∞ (utläses �går mot oändligheten�), d.v.s. växer utan gränser,så inser man snart att c = a + b o kså går mot oändligheten o h alltså växerobegränsat. Då kan man alltså �ingenjörsmässigt� skriva, att �∞ + ∞ =

∞�, vilket uppenbart skulle strida mot reglerna (vilken/vilka?) ifall ∞ vorevedertaget som ett tal. Likaså, är i allmänhet �∞ − ∞ 6= 0� o h �∞∞ 6= 1�,utan dessa är obestämda uttry k.2.4 PotenserPotenser infördes ursprungligen som bete kning för en produkt av ett antalfaktorer av samma tal, exempelvis 2·2·2 = 23. Senare har begreppet utvidgatstill att gälla mera allmänt, enligtDe�nition 2.4.1. Potensen an de�nieras soman = a · a · · ·a

︸︷︷︸

n st. ,där basen a ∈ R o h exponenten n ∈ N. Uttry ket utläses som �a upphöjt in�, eller kortare �a i n:te�. Dessutom har man, för a ∈ R \ 0 o h n ∈ N

a0 = 1 , a−n =1

an.Senare kommer vi att se att potenser kan de�nieras även för exponenter frånett större talområde.Exempel 2.4.1.

32 = 9(−3)2 = (−3) · (−3) = 9

−32 = −(32) = −9−30 = −1

3−2 = 132 = 1

9

2.4. POTENSER 17Man kan härleda följande räkneregler för potenser ur de�nitionenRegel 2.4.2. Låt a, b ∈ R \ 0 o h m, n ∈ N. Då gäller1. aman = am+n2. am

an = am−n3. (ab)m = ambm4. (ab

)n= an

bn5. (am)n = amnExempel 2.4.3. Förenkla uttry ket (x−y)2n

(y−x)2n+1 .Man kan börja med att bryta ut ett minuste ken ur nämnaren(x − y)2n

(y − x)2n+1=

(x − y)2n

((−1)(x − y))2n+1,använder räknereglerna för att omskriva

=(x − y)2n

(−1)2n+1(x − y)2n+1.Observerar nu att ∀n ∈ N gäller att 2n är ett jämnt tal, vilket betyder att

2n + 1 är udda. Alltså måste (−1)2n+1 = −1, varvid fås= − (x − y)2n

(x − y)2n+1förenkling (förkortning) ger då= −(x − y)2n−(2n+1) =

1

y − x.

18 KAPITEL 2. GRUNDLÄGGANDE2.5 PolynomMed ett polynom avses en summa av termer av formen anxn, där an är enkonstant koe� ient som �numreras� med indexet n ∈ N. Värdet på an äralltså i allmänhet olika för varje potens av variabeln x. Allmänt kan manskrivaDe�nition 2.5.1. polynomet av gradtal n ∈ N i variabeln x

p(x) = anxn + an−1x

n−1 + an−2xn−2 + · · ·+ a2x

2 + a1x + a0 ,där a0, a1, a2, . . ., an−2, an−1 o h an 6= 0 är konstanter.Exempel 2.5.1. Polynomet3x5 + 4x2 + 7x − 12har gradtalet n = 5, med a0 = −12, a1 = 7, a2 = 4, a3 = 0, a4 = 0 o h

a5 = 3. Polynometx3 − 2xhar gradtalet n = 3, med a0 = 0, a1 = −2, a2 = 0 o h a3 = 1.Polynom kan ha �era variabler, som nedanExempel 2.5.2. Polynomet

8x2 − 36x2y4 + 54xy2 − 27y3har variablerna x o h y. Gradtalet bestäms av den term där summan avvariablernas exponenter är störst, alltså i detta fall termen −36x2y4, vilketger gradtalet 2 + 4 = 6. Termerna 8x2, 54xy2 o h −27y3 har gradtalen 2, 3respektive 3.Polynom med endast två termer kallas binom o h för sådana gäller räk-nereglernaRegel 2.5.3. Kvadreringsregeln(a + b)2 = a2 + 2ab + b2Regel 2.5.4. Konjugatregeln(a + b)(a − b) = a2 − b2

2.5. POLYNOM 19Regel 2.5.5. FYIS(Första, Yttersta, Innersta, Sista)-regeln(a + b)(c + d) = ac + ad + bc + bdExempel 2.5.6. Utve klar binomet (x − 1

2

)2. Nu är a = x o h b = −12,varvid fås med användning av kvadreringsregeln

(

x − 1

2

)2

= x2 + 2x

(

−1

2

)

+

(

−1

2

)2

= x2 − x

2− 1

4.Ifall binomets exponent är ett godty kligt tal m ≥ 1 kan man tillämpaRegel 2.5.7. Binomet (a + b)m kan utve klas med koe� ienter ur Pas alstriangel, som för m = 4 ser ut som följande

11 1

1 2 11 3 3 1

1 4 6 4 1Dessa tal kallas binomialkoe� ienter o h varje tal i triangeln (från o h medandra raden) bildas som summan av de två tal som �nns snett ovanför påföregående rad. Man kan då formulera ett �re ept� för att utve kla binomet(a + b)m enligt1. Observera värdet på m. Utve kla Pas als triangel med m + 1 rader(detta kan bli arbetsdrygt ifall m är stort, men det �nns alternativametoder).2. Avläs polynomets koe� ienter från triangelns sista rad.3. Polynomets termer skrivs i fallande potenser från an. Observera attdenna första term är gemensam för alla värden på m, eftersom tri-angelns vänstra ben består av enbart ettor. Gradtalet för varje term(summan av potenserna hos a o h b) bör vara m, vilket betyder attfaktorn som innehåller b i varje term kommer att gå i stigande potens.

20 KAPITEL 2. GRUNDLÄGGANDEExempel 2.5.8. Skriver binomet (2x−3y)4 i formen av ett polynom. I dettafall är a = 2x, b = −3y o h m = 4 o h polynomets koe� ienter �nns alltsåpå fjärde raden i Pas als triangel.Allmänt, för m = 4 fås(a + b)4 = 1a4 + 4a3b + 6a2b2 + 4ab3 + 1b4o h i det här fallet ger insättning av variabelvärden

(2x − 3y)4 = (2x)4 + 4(2x)3(−3y) + 6(2x)2(−3y)2 + 4(2x)(−3y)3 + (−3y)4

= 16x4 − 96x3y + 216x2y2 − 216xy3 + 81y4 .Reglerna ovan kan o kså utnyttjas andra vägen, d.v.s. för att utgående frånett polynom komma fram till ett binom eller mera allmänt för att faktori-sera polynom. Idén är då främst att förenkla/förkorta polynomet samt attbestämma dess nollställen, d.v.s. de värden på x för vilka p(x) = 0. Vidfaktorisering behöver man dessutom oftast gruppera termerna i polynometföre man kan tillämpa reglerna. Gruppering görs så att man vid behov byterordningsföljd på termerna o h bryter ut vissa faktorer för att åstadkommagemensamma faktorer för termerna i polynomet. Någon detaljerad regel förhur detta görs �nns ej, utan man måste pröva sig fram från fall till fall.Exempel 2.5.9.Termerna är i rätt ordningsföljd enligt de�nitionen på ett polynom. Vi bryterut x2 ur de två första termerna o h −4 ur de två sista.2x3 − 3x2 − 8x + 12 = x2(2x − 3) − 4(2x − 3)Nu ser vi att båda termerna i högra ledet har den gemensamma faktorn 2x−3,som i sin tur kan brytas ut

= (x2 − 4)(2x − 3) .Tillämpas nu konjugatregeln på den första faktorn x2 − 4 = (x + 2)(x − 2)får vi= (x + 2)(x − 2)(2x − 3) .

2.6. RATIONELLA UTTRYCK 212.6 Rationella uttry kEtt rationellt uttry k r(x) kan skrivas i formenr(x) =

p(x)

q(x),där p(x) i täljaren o h q(x) i nämnaren är polynom. Uttry ket är de�nieratför alla x-värden där nämnaren inte är lika med noll. De punkter där ettpolynom är lika med noll, brukar kallas polynomets nollställen. I ett nollställehos nämnaren sker således division med noll, vilket i matematiken betraktassom ett obestämt (eller ode�nierat) resultat. Beräkningar som förbiser dettaanses vara meningslösa o h är därför otillåtna. Följdaktligen är det säkrastatt alltid då man hanterar rationella uttry k eller mera allmänna kvoter, därtäljare o h nämnare innehåller annat än polynom, först kontrollera ifall det�nns punkter där uttry ket är ode�nierat.Exempel 2.6.1. Låt p(x) = 3x2 + 4x − 3 o h q(x) = x2 − 1. En snabbfaktorisering av nämnaren med konjugatregeln ger q(x) = x2 − 1 = (x +

1)(x− 1), vilket betyder att nämnaren har nollställena ±1 (varför?). Då geralltså dessa två värden på x division med noll o h r(x) är alltså de�nieratför alla värden utom dessa två. Man säger då att det rationella uttry ket harde�nitionsmängdenDr = {x ∈ R \ q(x) 6= 0} = {x ∈ R \ ±1} .Regel 2.6.2. Undersök alltid först de�nitionsmängden för r(x), för att und-vika att något otillåtet sker i beräkningarna.Beroende på användningen behöver rationella uttry k ofta hyfsas, exem-pelvis om det består av en summa av �era bråktermer. Vi repeterar därförhelt kort de vanligaste sätten att omforma dem1. Förlängning. Används då uttry ket består av en summa av rationellauttry k o h innebär att bråktermerna förlängs med lämpliga faktorerså att deras nämnare blir lika. Exempelvis

r(x) =x − 1

x + 1− x + 1

x − 1

22 KAPITEL 2. GRUNDLÄGGANDEhar de�nitionsmängden Dr = {x ∈ R \ ∓1} o h konjugat- samt kva-dreringsreglerna gerr(x) =

(x − 1)(x − 1)

(x + 1)(x − 1)−(x + 1)(x + 1)

(x − 1)(x + 1)=

(x − 1)2 − (x + 1)2

x2 − 1= − 4x

x2 − 1.2. Faktorisering o h förkortning. Används då det �nns faktorer somär gemensamma för både täljaren p(x) o h nämnaren q(x). Oftast ärdet inte uppenbart vilka dessa faktorer är, vilket medför att man måsteomforma uttry ken. Exempelvis i fallet

r(x) =2x3 − 3x2 − 8x + 12

x2 + 4x + 4ser man att nämnaren kan skrivas i formen q(x) = x2+4x+4 = (x+2)2,med användning av kvadreringsregeln o h att de�nitionsmängden då ärDr = {x ∈ R \ −2}. Vidare fås

2x3 − 3x2 − 8x + 12

x2 + 4x + 4=

2x3 − 3x2 − 8x + 12

(x + 2)2.Ändrar ordningsföljden på termerna i täljaren

=2x3 − 8x − 3x2 + 12

(x + 2)2.Bryter ut lämpliga faktorer, idén är att komma fram till något somliknar nämnaren

=2x(x2 − 4) − 3(x2 − 4)

(x + 2)2.Nu kan täljaren förenklas eftersom båda av dess termer innehåller fak-torn (x2 − 4)

=(x2 − 4)(2x − 3)

(x + 2)2,utnyttjar konjugatregeln i täljaren

=(x + 2)(x − 2)(2x − 3)

(x + 2)2.

2.6. RATIONELLA UTTRYCK 23Förkortning ger slutligen=

(x − 2)(2x − 3)

x + 2.3. Polynomdivision kan utföras enligt gängse metoder för division i sko-lan (t.ex. trappa). Eftersom detta kräver anpassning till den spe iellametoden ifråga använder vi här en annan framställning. Betrakta t.ex.det rationella uttry ket

r(x) =x3 − 2x2 − 2

x2 − 1med Dr = {x ∈ R \ ±1}. Vi noterar formen hos nämnaren q(x) = x2−1o h skriver om täljaren p(x) = x3 − 2x2 − 2 så att man kan bryta utq(x) ur denna (det är ju så man dividerar i praktiken, försöker se hurmånga gånger nämnaren �går i� täljaren).Fokuserar på termen av högsta gradtal i täljaren, o h korrigerar bortextra termer

x3 − 2x2 − 2

x2 − 1=

x(x2 − 1) + x − 2x2 − 2

x2 − 1,nu spjälks täljaren upp o h man förkortar

=x(x2 − 1)

x2 − 1+

x − 2x2 − 2

x2 − 1= x +

x − 2x2 − 2

x2 − 1.Detta var divisionens första steg, därefter tittar vi på resten som upp-stod

= x − 2x2 − x + 2

x2 − 1= x − 2(x2 − 1) + 2 − x + 2

x2 − 1.Uppspjälkningen, divisionen o h förkortningen upprepas

= x − 2 +x − 4

x2 − 1.Detta är slutresultatet, eftersom bråket i den uppkomna resten har entäljare som inte är delbar med x2 − 1.

24 KAPITEL 2. GRUNDLÄGGANDE

0

0.5

1

1.5

2

2.5

3

0 1 2 3 4 5 6 7

y

x

y =√

x

Figur 2.1: Grafen av funktionen y =√

x.2.7 KvadratrotDe�nition 2.7.1. Låt a > 0. Kvadratroten ur talet a är det i ke-negativarella talet x som uppfyller villkoretx2 = a .Kvadratroten bete knas x =

√a, där a kallas radikandFör alla a ≥ 0 gäller alltså att √a ≥ 0 o h (

√a)

2= a. Dessutom gällerRegel 2.7.1. Räkneregler för kvadratrötter.1. √

a√

b =√

ab ∀a, b ≥ 0.2. √a√b

=√

ab∀a ≥ 0, b > 0.3. √

a2 = |a| =

{a , a ≥ 0 ,

−a , a < 0 .Absolutbeloppet är viktigt, ifall det förbises blir svaret felaktigt för a < 0.Exempel 2.7.2. Hyfsa rotuttry ket √121a3

81b2. Låt a ≥ 0 > b.

2.7. KVADRATROT 25Utnyttja reglerna 1 o h 2√

121a3

81b2=

√a

√

121a2

81b2=

√a

√121a2

√81b2

,samt regel 3 o h utgångsantagandet a ≥ 0 > b, vilket ger |a| = a, |b| = −b,=

√a|11a||9b| = −11a

√a

9b.Exempel 2.7.3. Hyfsa

(1 − x)

√

1

x − 1.Lösning: Det rationella uttry ket under roten är de�nierat ifall nämnaren ärolika noll, dessutom måste vi komma ihåg för roten att radikanden måstevara positiv. Således krävs att (x − 1)−1 > 0, vilket är ekvivalent med x > 1(Kontrollera detta!). I detta fall ser vi o kså att 1−x < 0, o h vi kan utnyttjareglerna för absolutbelopp (Repetera dessa från skolkursen vid behov!) o hregel 3 ovan

(1 − x)

√

1

x − 1= −|1 − x|

√

1

x − 1= −

√

(1 − x)2

x − 1

= −√

−(1 − x)2

1 − x= −

√x − 1 .

26 KAPITEL 2. GRUNDLÄGGANDE

Kapitel 3Ekvationer o h OlikheterVi repeterar grunderna för hur man löser enkla ekvationer o h olikheter.Lösningen till dessa fås alltid så att man manipulerar uttry ken tills lös-ningsmängden kan avläsas. Ifråga om ekvationer består denna mängd oftaav diskreta element (enstaka talvärden), men ifråga om olikheter kan dethandla om ett kontinuerligt område av t.ex. reella tal. Vi arbetar med enobekant variabel, ofta x, o h målsättningen med lösningen är att bestämmade tillåtna värdena på denna, som bildar lösningsmängden. Ekvationer o holikheter kan förutom obekanta variabler även innehålla parametrar, som vidlösningen betraktas som konstanta, men som kan användas exemplevis föratt studera �era olika situationer/problemställningar där konstanterna kanha olika värden. De�nitionsmängden D är den mängd i vilken värdena på deobekanta variablerna o h parametrarna ligger för att problemet (ekvationeneller olikheten) skall vara de�nierat på ett meningsfullt sätt. Lösningsmäng-den L består av de värden i D som uppfyller ekvationen eller olikheten.Observera att L inte nödvändigtvis behöver vara hela D.Vi börjar med att titta på första- o h andragradsekvationer o h -olikheter.Dessa klassi� eras utgående från den högsta potensen hos de ingående ter-merna. Därefter studeras olikheter med rationella uttry k o h ekvationer avhögre grad. Notera, att ekvationer med rationella uttry k enkelt kan omfor-mas till högregradsekvationer genom att förlänga alla termer så att näm-naren blir gemensam. Då har man en likhet mellan rationella uttry k somhar gemensam nämnare o h olika täljare, varvid man kan skriva ner likhe-ten mellan täljarna som en ekvation att arbeta vidare med. Likheten mellande gemensamma nämnarna är en identitet, d.v.s. en ekvation som gäller föralla värden där uttry ken är de�nierade. Denna kan lämnas bort från den27

28 KAPITEL 3. EKVATIONER OCH OLIKHETERfortsatta lösningen av ekvationen.3.1 Förstagradsekvationer o h -olikheterEn ekvation av första graden har formenax + b = 0 ,medan en olikhet av första graden har formenax + b

≥>

0 ,där något av olikhetste knen i den senare gäller. De reella konstanterna a, b ∈R är parametrar. Ekvationen o h olikheten ovan kan o kså kallas linjära o holikheten utläses �ax + b är större än eller lika med noll� (övre te knet)eller �ax + b är större än noll� (nedre te knet). Notera att alla olikheter kanbringas i formen ovan, eftersom multiplikation av alla termer i olikheten medett negativt tal vänder på olikhetste knet. Exempelvis

3 − 2x ≤ 0är ekvivalent med (Förvissa dig om detta!)(−1)(3 − 2x) ≤ (−1) · 0 ⇔ −3 + 2x ≥ 0 ,vilket är i den allmänna formen ovan, med a = 2 o h b = −3. För att återgåtill ekvationen ovan kan vi konstatera att problemet att lösa ekvationen ärmeningsfullt o h således välformulerat för alla x ∈ R. Således är D = R. Vikan lösa ekvationen, börjar med att observera att i fallet a 6= 0 har man

ax + b = 0 ⇔ax

a+

b

a=

0

a⇔

x +b

a= 0 ⇔

x = − b

a.

3.1. FÖRSTAGRADSEKVATIONER OCH -OLIKHETER 29Om a = 0 måsta man skilja mellan två olika fall. Vi har ekvationen0x + b = 0 ,som uppfylls (satis�eras) för alla x ∈ D ifall man råkar ha b = 0. Man brukardå prata om att ekvationen (eller olikheten) uppfylls identiskt o h att manhar att göra med en identitet. Lösningsmängden är i detta fall L = D = R.Tyvärr brukar det vara vanligare att b 6= 0, varvid fås det falska påståendet

0 6= b = 0. Detta kan inte vara sant för något x o h då är lösningsmängdentom, vilket kan skrivas L = ∅. Vi har nu löst ekvationen för alla värdenpå parametrarna a o h b o h man brukar då tala om en ekvation med friaparametrar.Exempel 3.1.1. Vi löser ekvationen 3x + 5 = 7 − x2, x ∈ D = R.Vi börjar med att �ytta över alla termer som innehåller x till vänstra ledeto h de övriga till högra ledet.

3x + 5 = 7 − x

2⇔

3x +x

2= 7 − 5 ⇔

7x

2= 2 ⇔division av båda leden med 7

2ger då lösningen

72x72

= x =272

=4

7.Exempel 3.1.2. Vi löser ekvationen 1

x− 1

x+1= 3

2x. Konstaterar först attde�nitionsmängden inte är hela R, eftersom bråken innebär att man måsteundvika division med noll. Således har vi x ∈ D = {R \ −1, 0}, ty nämnarnai ekvationens termer får ej bli lika med noll.Vi börjar med att �ytta över termen i högra ledet till vänstra ledet.

1

x− 3

2x− 1

x + 1= 0 ⇔

− 1

2x− 1

x + 1= 0 ⇔

30 KAPITEL 3. EKVATIONER OCH OLIKHETERMultiplikation av alla termer med -1 ger1

2x+

1

x + 1= 0 . ⇔Bråkens minsta gemensamma nämnare är nu 2x(x + 1) o h vi kan förlänga.

x + 1

2x(x + 1)+

2x

2x(x + 1)= 0. ⇔

x + 1 + 2x

2x(x + 1)= 0. ⇔Eftersom nämnaren inte kan bli noll i D, så kommer ekvationen att satis�erasendast om täljaren blir noll. Vi har då

3x + 1 = 0 ⇔3x = −1 ⇔

x = −1

3.Lösningsmängden är alltså L =

{−1

3

}⊆ D, vilket är tillåtet (ligger i ekva-tionens de�nitionsmängd).Exempel 3.1.3. Vi löser ekvationen x−1x−2

− xx+2

= 3x+2x2−4

. Konstaterar o k-så här att de�nitionsmängden inte är hela R, eftersom bråken innebär attman måste undvika division med noll. Således har vi x ∈ D = {R \ ±2}, tynämnarna i ekvationens termer får ej bli lika med noll.För nämnarna i vänstra ledet noterar vi att minsta gemensamma är (x +2)(x − 2) = x2 − 4, vilket betyder att vänstra ledet kan omformas.

x − 1

x − 2− x

x + 2=

3x + 2

x2 − 4⇔

(x − 1)(x + 2)

x2 − 4− x(x − 2)

x2 − 4=

3x + 2

x2 − 4⇔

(x − 1)(x + 2) − x(x − 2)

x2 − 4=

3x + 2

x2 − 4.

3.1. FÖRSTAGRADSEKVATIONER OCH -OLIKHETER 31Nu är nämnarna identiskt lika (lika för alla x ∈ D) o h då kan vi fortsättamed likheten mellan täljarna.(x − 1)(x + 2) − x(x − 2) = 3x + 2 ⇔x2 + 2x − x − 2 − x2 + 2x = 3x + 2. ⇔

3x − 2 = 3x + 2 ⇔3x − 3x = 2 + 2 ⇔

0x = 4 ,där den sista likheten inte kan uppfyllas för något värde på x ∈ D (eftersom0x = 0 o h utsagan 0 = 4 är uppenbart falsk), vilket betyder att lösnings-mängden är L = ∅. Ekvationen har alltså inga lösningar.Exempel 3.1.4. Vi löser ekvationen med fria parametrar ax− a2 = 2x− 4,där a ∈ R är en parameter o h x ∈ D = R är variabel. Vi önskar alltså lösaekvationen med avseende på x för alla värden på parametern a. Lösningengår till på vanligt vis, vi �yttar över termerna innehållande x till vänstraledet o h de övriga till högra ledet.

ax − a2 = 2x − 4 ⇔ax − 2x = a2 − 4 ⇔Vi förenklar ekvationen genom att först bryta ut den gemensamma faktorn

x i vänstra ledet o h notera att konjugatregeln i högra ledet ger a2 − 4 =(a + 2)(a − 2).

x(a − 2) = (a + 2)(a − 2) ⇔Division av alla termer med faktorn a − 2, under förutsättning att a − 2 6=0 ⇔ a 6= 2 ger

x = a + 2 .Vi har nu löst ekvationen för a ∈ {R \ 2}. Fallet a = 2 kan beaktas som ettspe ialfall, där den ursprungliga ekvationen lyder2x − 4 = 2x − 4 ⇔

2x − 2x = 4 − 4 ⇔0x = 0 ,

32 KAPITEL 3. EKVATIONER OCH OLIKHETERvilket uppfylls identiskt för alla x ∈ D = R. Således är den fullständigalösningenx =

{a + 2 , a ∈ R \ 2 ,R , a = 2 .När man löser olikheter av första grad behövs vissa regler för att beaktahur manipulationerna påverkar olikhetste knet.Regel 3.1.5. Ordningsegenskaper för reella tal. Antag att talen a, b, c ∈ R.Då gäller1. a < b ∧ b < c ⇒ a < c. Utläses: �Om a är mindre än b o h b ärmindre än c så är a mindre än c.�2. Exakt ett av följande påståenden gälleri) a < bii) a > biii) a = b3. a < b ⇒ a + c < b + c4. a < b , c > 0 ⇒ ac < bc5. a < b , c < 0 ⇒ ac > bcExempel 3.1.6. Vi löser olikheten √

2x2 + 4x + 2 > 2.√

2x2 + 4x + 2 > 2 ⇔√

2(x2 + 2x + 1) > 2 ⇔Räkneregler för kvadratrot ger√

2√

x2 + 2x + 1 > 2 ⇔Kvadreringsregeln ger√

2√

(x + 1)2 > 2 ⇔

3.1. FÖRSTAGRADSEKVATIONER OCH -OLIKHETER 33Räkneregler för kvadratrot ger√

2|x + 1| > 2 ⇔Nu måste absolutbeloppets te kenväxling beroende på x beaktas (om x+1 ≥ 0så gäller |x + 1| = x + 1 o h om x + 1 < 0 så gäller |x + 1| = −(x + 1) enligträknereglerna för absolutbelopp.)x ≥ −1 : (x + 1)

√2 > 2 ∨ x < −1 : −(x + 1)

√2 > 2 ⇔Hyfsar roten o h multipli erar med −1 i den högra olikheten

x ≥ −1 : x + 1 >2√2

=2√

2

(√

2)2∨ x < −1 : x + 1 < −

√2 ⇔

x ≥ −1 : x >√

2 − 1 ∨ x < −1 : x < −√

2 − 1 .Vi har alltså två olikheter som skall gälla samtidigt i respektive fallet, x ≥−1 : x >

√2 − 1 skall gälla eller x < −1 : x < −

√2 − 1 skall gälla. Dåman har två olikheter som gäller samtidigt, kommer deras lösningsmängderatt bildas av snittet av de två delolikheternas lösningsmängder. Således, omområdet x ≥ −1 ritas på tallinjen kommer området x >

√2 − 1 ≈ 0, 4 attinnehållas i detta o h snittet av dessa två talområden blir då x >

√2 − 1.På samma sätt fås i det andra fallet x < −

√2 − 1 ≈ −2, 4. Detta är alltsåslutresultatet, som kan kontrolleras t.ex. genom att göra en värdetabell o hrita upp kurvan y =

√2x2 + 4x + 2 o h titta efter var denna är större än 2.Liksom hos ekvationer kan även olikheter innehålla fria parametrar. Medolikheter måste man do k beakta te knen på de fria parametrarna, eftersomdetta kan påverka riktningen hos olikhetste knet. Därför löser man en olikhetmed fria parametrar i praktiken separat för ett antal olika fall som beaktarolika värden på den fria parametern. Detta illustreras i följandeExempel 3.1.7. Vi löser olikheten ax − a2 < 2x − 4.

ax − a2 < 2x − 4 ⇔x(a − 2) < a2 − 4 = (a + 2)(a − 2) ⇔I vänstra ledet har vi nu den konstanta koe� ienten a − 2. Beroende pådess te ken kommer olikhetste knet att påverkas då vi löser olikheten. Om

a − 2 > 0, så har vi a > 2, vilket vid division med a − 2 i båda leden gerx < a + 2 .

34 KAPITEL 3. EKVATIONER OCH OLIKHETERÅ andra sidan, om a−2 < 0, så har vi a < 2, vilket på samma sätt som ovangerx > a + 2 .Ifall vi råkar ha a − 2 = 0, så är ju a = 2 o h då har den ursprungligaolikheten utseendet

2x − 4 < 2x − 4 ⇔0x < 0 ,vilket inte har lösningar. Sammanfattningsvis är olikhetens lösningsmängd:L =

{R|x < a + 2} , a > 2 ,{R|x > a + 2} , a < 2 ,∅ , a = 2 .Den första raden utläses alltså �mängden av alla sådana x ∈ R, sådana att

x < a + 2 för a > 2�.3.2 Andragradsekvationer o h -olikheterEn andragradsekvation kan skrivas i formenax2 + bx + c = 0 ,där a(6= 0), b o h c är konstanter. Vi skall nu lösa denna ekvation med an-vändning av kvadratkomplettering, som går till så att vi försöker skriva omvänstra ledet så att vi där får ett kvadratuttry k skrivet med kvadrerings-regeln vi sett tidigare. Eftersom a 6= 0 kan ekvationen divideras med dennakonstant o h vi fårx2 +

b

ax +

c

a= 0 .Enligt kvadreringsregeln gäller (p + q)2 = p2 + 2pq + q2, o h vi låter p = xsamt 2pq = b

ax. Då måste alltså 2q = b

ao h q = b

2asamt q2 =

(b2a

)2. Tyvärrhar vi ju då inte direkt (p+q)2 = p2+2pq+q2 i vänstra ledet av vår ekvation,men det är alltid tillåtet att addera till det som behövs ifall vi adderar till

3.2. ANDRAGRADSEKVATIONER OCH -OLIKHETER 35samma sak i högra ledet (detta är ett �tri k� som kan vara värt att kommaihåg, samma idé återkommer ofta). Således kan vår ekvation skrivasx2 +

b

ax +

(b

2a

)2

+c

a=

(b

2a

)2

⇔Flyttar över en konstant o h hyfsar(

x +b

2a

)2

=

(b

2a

)2

− c

a⇔Hyfsar högra ledet

(

x +b

2a

)2

=

(b

2a

)2

− 4ac

(2a)2⇔

[

2a

(

x +b

2a

)]2

= b2 − 4ac ⇔Drar roten ur båda leden, vi måste då kräva att b2 − 4ac ≥ 0

∣∣∣∣2a

(

x +b

2a

)∣∣∣∣=

√b2 − 4ac ⇔Då absolutbeloppet beaktas, fås

2a

(

x +b

2a

)

= ±√

b2 − 4ac ⇔Slutresultatet fås genom att lösa ut x

x =−b ±

√b2 − 4ac

2a.Detta brukar kallas rotformeln för lösning av en andragradsekvation. For-meln fungerar även för spe ialfallen b = 0 o h/eller c = 0. I härledningenkrävde vi att b2 − 4ac ≥ 0 o h vänstra ledet av denna olikhet brukar kallasdiskriminanten o h de�nieras enligt följande:

36 KAPITEL 3. EKVATIONER OCH OLIKHETERDe�nition 3.2.1. Diskriminanten för en andragradsekvation ax2+bx+c = 0ärD = b2 − 4ac .Diskriminanten bestämmer andragradsekvationens lösningsmängd, vi harföljandeRegel 3.2.1. Lösningsmängden hos andragradsekvationen ax2 + bx + c = 0.1. Om D > 0 så har ekvationen två reella lösningar L = {x1, x2 ∈ R}.2. Om D = 0 så har ekvationen en reell lösning, som brukar kallas dub-belrot, d.v.s. L = {x1 = x2 ∈ R}.3. Om D < 0 så har ekvationen inga reella lösningar, L = ∅.1Man behöver inte alltid använda rotformeln för att lösa andragradsekva-tionen ax2 + bx+ c = 0, ifall det �nns två rötter. I synnerhet om lösningarna(nollställena till polynomet ax2 + bx + c, kallas även i många sammanhangrötter) råkar vara heltal har man nytta av följande egenskap:Observation 3.2.2. Rötternas egenskaper för andragradsekvationen ax2 +

bx + c = 0. Vi bete knarx1 =

−b +√

b2 − 4ac

2a, x2 =

−b −√

b2 − 4ac

2a.Då gäller:

x1 + x2 = −b+√

b2−4ac2a

+ −b−√

b2−4ac2a

= −2b2a

= − ba

,

x1x2 =(−b+

√b2−4ac)(−b−

√b2−4ac)

(2a)2=

(−b)2−(√

b2−4ac)2

(2a)2= b2−b2−(−4ac)

(2a)2= c

a.Således, om man omformar andragradsekvationen till

x2 +b

ax +

c

a= 0 ,så kan man avläsa rötterna direkt från koe� ienterna ifall man kan hitta tvåtal, vars summa är − b

ao h vars produkt är c

a.1Det �nns do k i detta fall komplexa lösningar, mer om dessa i samband med komplexatal.

3.2. ANDRAGRADSEKVATIONER OCH -OLIKHETER 37Exempel 3.2.3. Bestäm lösningarna till ekvationen2x2 − 5x + 2 = 0 .Nu är a = 2, b = −5 o h c = 2. Då ger rotformeln

x1,2 =−b ±

√b2 − 4ac

2a=

5 ±√

(−5)2 − 4 · 2 · 24

=5 ±

√9

4=

5 ± 3

4.Alltså har vi diskriminanten D = b2 − 4ac = 9 > 0 o h de två lösningarna

x1 = 2 o h x2 = 12. Om vi genom division med a hade omformat ekvationentill

x2 − 5

2x + 1 = 0 ,så kunde vi ha avläst rötterna direkt från den omformade ekvationens koe�- ienter, eftersom x1 + x2 = 5

2o h x1x2 = 1.Exempel 3.2.4. Bestäm lösningarna till ekvationen

3x2 − 12x + 12 = 0 .Nu är a = 3, b = −12 o h c = 12. Då ger rotformelnx1,2 =

−b ±√

b2 − 4ac

2a=

12 ±√

(−12)2 − 4 · 3 · 12

6=

12 ±√

0

6= 2 .Alltså har vi diskriminanten D = b2−4ac = 0 o h det �nns endast en lösning

x1 = x2 = 2. Om vi nu genom division med a hade omformat ekvationen tillx2 − 4x + 4 = (x − 2)2 = 0 ,så kunde vi ha löst dubbelroten direkt från ekvationen x − 2 = 0.Exempel 3.2.5. Bestäm lösningarna till ekvationen

5x2 − 2x + 1 = 0 .Nu är a = 5, b = −2 o h c = 1. Då ger rotformelnx1,2 =

−b ±√

b2 − 4ac

2a=

2 ±√

(−2)2 − 4 · 5 · 110

=2 ±

√−16

106∈ R .Diskriminanten är D = b2 − 4ac = −16 < 0 o h det �nns då inga reellalösningar.

38 KAPITEL 3. EKVATIONER OCH OLIKHETERExempel 3.2.6. För vilka värden på konstanten k har ekvationen2x + k = 3 − x2två olika reella lösningar? Ekvationen kan omformas till vår vanliga form fören andragradsekvation, x2 + 2x + k − 3 = 0. Vi ser nu att a = 1, b = 2 o h

c = k − 3. Enligt teorin har denna två olika reella rötter då diskriminantenuppfyller villkoret D = b2 − 4ac = 22 − 4(k − 3) > 0. Vi behöver alltså lösaen olikhet med k som variabel, enligt22 − 4(k − 3) > 0 ⇔

4 > 4(k − 3) ⇔1 > k − 3 ⇔

1 + 3 > k − 3 + 3 ⇔k < 4 .Alternativt kunde vi ha löst ekvationen direkt med rotformeln o h den vägenkommit fram till ett motsvarande villkor som vi har för diskriminanten.Ifall det existerar rötter, kan rotformeln förutom till att lösa andragradsekva-tioner även användas till faktorisering (uppdelning av polynom i faktorer),eftersom vi har sett att rötterna x1 o h x2 har egenskaperna x1 + x2 = − b

ao h x1x2 = cao h då blirObservation 3.2.7.

a(x − x1)(x − x2) = a(x2 − x2x − x1x + (−x1)(−x2)

)

= a[x2 − (x2 + x1)x + x1x2

]

= a

(

x2 +b

ax +

c

a

)

= ax2 + bx + c = 0 ,vilket ju visar att ett godty kligt andragradspolynom kan faktoriseras medhjälp av sina rötter.Detta illustrerar även följande regel, som ifråga om ekvationer i praktikenbetyder att faktorisering o h bestämning av nollställen är ekvivalenta.Regel 3.2.8. Nollregelnab = 0 ⇔ a = 0 ∨ b = 0 .

3.2. ANDRAGRADSEKVATIONER OCH -OLIKHETER 39

−1

−0.5

0

0.5

1

1.5

2

2.5

3

−2 −1.5 −1 −0.5 0 0.5 1 1.5 2

y

x

D < 0D = 0D > 0

Figur 3.1: Prin ipskiss av y = ax2 + bx + c, a > 0 för olika värden pådiskriminanten D = b2 − 4ac.Lösning av andragradsekvationer kan även utnyttjas för lösning av an-dragradsolikheterax2 + bx + c

≥≤ 0 ,där olikhetste knen även kan vara stränga (>, respektive <). Notera attmultiplikation av alla termer med −1 svänger på olikhetste knet, så det haringen betydelse vilket te ken man arbetar med bara man är konsekvent. Dessaolikheter kan lösas genom att först lösa ekvationen ax2 +bx+c = 0 o h sedanantingen beakta diskriminanten o h te knet hos koe� ienten a eller genomatt ställa upp ett te kens hema för kurvan y = ax2 + bx + c med beaktandeav rötterna till ekvationen. Kurvans utseende för olika te ken på koe� ienten

a o h diskriminanten illustreras i �gurerna 3.1 o h 3.2. Om a > 0 så kommer

40 KAPITEL 3. EKVATIONER OCH OLIKHETER

−3

−2.5

−2

−1.5

−1

−0.5

0

0.5

1

−2 −1.5 −1 −0.5 0 0.5 1 1.5 2

y

x

D > 0D = 0D < 0

Figur 3.2: Prin ipskiss av y = ax2 + bx + c, a < 0 för olika värden pådiskriminanten D = b2 − 4ac.y att växa mot +∞ ju längre bort från origo x går, parabeln öppnar sigsåledes uppåt. Å andra sidan, om a < 0 så kommer y att växa mot −∞ju längre bort från origo x går o h parabeln öppnar sig alltså nedåt. Detta,tillsammans med diskriminantens karakterisering av rötterna till ekvationenax2 +bx+c = 0 gör det möjligt att lösa olikheten. Vi kommer ihåg att D > 0betyder att det �nns två reella rötter, att D = 0 betyder att det �nns endubbelrot o h att D < 0 innebär att det inte existerar reella rötter.Exempel 3.2.9. Låt

f(x) = ax2 + bx + c , a < 0 .Vi löser nu olikheten f(x) ≥ 0. Det �nns tre fall att beakta beroende pådiskriminantens värde:

3.2. ANDRAGRADSEKVATIONER OCH -OLIKHETER 41Tabell 3.1: Lösningsmängden för andragradsolikheter med olika parameter-värden. Bete kningen a avser kvadratiska termens koe� ient o h D bete knardiskriminanten. Eftersom a kan vara positiv eller negativ, f(x) = ax2+bx+ckan vara strängt/i ke-strängt positiv eller negativ o h diskriminanten kan va-ra positiv, noll eller negativ fås totalt 24 olika konstellationer för olikhetenslösningsmängd.f(x)

LD > 0 D = 0 D < 0

a > 0

< 0 ]x1, x2[ ∅ ∅≤ 0 [x1, x2] {x1} ∅> 0 ] −∞, x1[∪]x2,∞[ R \ {x1} R

≥ 0 ] −∞, x1] ∪ [x2,∞[ R R

a < 0

< 0 ] −∞, x1[∪]x2,∞[ R \ {x1} R

≤ 0 ] −∞, x1] ∪ [x2,∞[ R R

> 0 ]x1, x2[ ∅ ∅≥ 0 [x1, x2] {x1} ∅1. D > 0, ekvationen f(x) = 0 har nu två rötter; x1 o h x2. Parabelnöppnar sig nedåt, ty a < 0 o h vi har situationen i �gur 3.2 (överstakurvan). Då ligger kurvan ovanför eller på x-axeln för x-värden i inter-vallet [x1, x2] (d.v.s. x1 ≤ x ≤ x2) o h lösningsmängden är just dettaintervall.2. D = 0, ekvationen f(x) = 0 har nu en dubbelrot; x1 = x2. Parabelnöppnar sig nedåt, ty a < 0 o h vi har situationen i �gur 3.2 (mellerstakurvan). Då ligger kurvan ovanför eller på x-axeln endast för värdet pådubbelroten o h lösningsmängden är punkten x1.3. D < 0, ekvationen f(x) = 0 har nu inga rötter. Parabeln öppnar signedåt, ty a < 0 o h vi har situationen i �gur 3.2 (nedersta kurvan). Dåligger kurvan ovanför eller på x-axeln för inga x-värden o h lösnings-mängden är tom.I tabellen ovan sammanfattas de olika kon�gurationerna för olikhetenslösningar. Tabellen är inte avsedd för systematisk inlärning, utan främst somen sammanfattning av de olika lösningar som kan förekomma för oilka para-metervärden.

42 KAPITEL 3. EKVATIONER OCH OLIKHETER3.3 Rationella olikheterMed en rationell olikhet avses en olikhet som innehåller rationella uttry k,exempelvis av formenr(x) =

p(x)

q(x)< 0 ,där täljaren p(x) o h nämnaren q(x) är polynom. En allmän teknik för attlösa olikheten ovan är att undersöka täljaren o h nämnaren var för sig, ge-nom att bestämma nollställen o h te ken kring dessa. Före detta måste mando k ofta omforma olikheten för att bringa den i formen ovan. Detta innebärofta att multipli era för att åstadkomma lika nämnare, sammanslagning avtermer, konstanter osv. Nämnarens nollställen måste o kså alltid bestämmasför att få fram de�nitionsmängden för r(x). En e�ektiv metod att granskanollställena o h deras omgivning är därefter att göra upp ett te kens hemasom beaktar både täljaren o h nämnaren.Exempel 3.3.1. Lös olikheten

x2 − 5x + 6

x2 − 7x + 12<

1

2.Vi börjar med att bestämma de�nitionsmängden genom att söka nollställenatill nämnaren, q(x) = x2 − 7x + 12 = 0. Rotformeln ger då (alternativt kanrötterna avläsas direkt från koe� ienterna enligt ovan)

x1,2 =−(−7) ±

√

(−7)2 − 4 · 1 · 12

2=

7 ± 1

2.Således är de�nitionsmängden D = R \ {3, 4}. Eftersom olikheten inte är i

3.3. RATIONELLA OLIKHETER 43formen r(x) < 0 kan den omformas enligt:x2 − 5x + 6

x2 − 7x + 12<

1

2⇔

2(x2 − 5x + 6)

2(x2 − 7x + 12)− x2 − 7x + 12

2(x2 − 7x + 12)< 0 ⇔

2x2 − 10x + 12 − x2 + 7x − 12

2(x2 − 7x + 12)< 0 ⇔

x2 − 3x

2(x2 − 7x + 12)< 0 ⇔

x(x − 3)

2(x − 3)(x − 4)< 0 ⇔

2 · x

2(x − 4)< 2 · 0 ⇔

f(x) =x

x − 4< 0 .Nu ställer vi upp te kens hemat för täljare o h nämnare

0 3 4x − 0 + + + + +

x − 4 − − − − − 0 +f(x) + 0 − ∅ − ∅ +Olikheten satis�eras (uppfylls) alltså där f(x) är negativt (vi använder härbete kningen ∅ för värden som inte tillhör de�nitionsmängden D = R\{3, 4})o h då kan lösningsmängden avläsas från sista raden i te kens hemat som devärden där f(x) =�−�. Således har vi slutresultatet

L =]0, 4[\{3} .Alternativt kunde man ha utgått från den delvis hyfsade olikheten x2−3x2(x2−7x+12)

<0 enligt samma metodik som visades, varvid te kens hemat skulle ha blivitdetsamma, men man hade inte behövt komma ihåg att punkten {3} inte till-hör de�nitionsmängden eftersom denna hade dykt upp i tabellen som ett noll-ställe till nämnaren.


−4

−2

0

2

4

−4 −2 0 2 4

y

x

3x + 1−2x − 2

Figur 3.3: Ett linjärt ekvationssystem med två ekvationer o h två obekan-ta kan gra�skt representeras som två linjer i (x, y)-koordinatsystemet. Deneventuella lösningen (Observera att någon lösning inte nödvändigtvis behöver�nnas!) representeras av linjernas skärningspunkt.3.4 EkvationssystemVi studerar lösning av linjära ekvationssystem, av formen:{

a1x + b1y = c1

a2x + b2y = c2,där koe� ienterna a1, a2, b1 6= 0 o h b2 6= 0 samt konstanterna c1 o h c2 ärkända. Vi är nu intresserade av de värden på x o h y som samtidigt satis�erarde båda ekvationerna, låt dessa vara x0 respektive y0. Lösningen representerargra�skt den punkt (x0, y0) i (x, y)-koordinatsystemet, där linjerna y = −a1

b1x+

3.4. EKVATIONSSYSTEM 45c1b1o h y = −a2

b2x+ c2

b2skär varandra. Ifall linjerna är parallella, d.v.s. då a1

b1=

a2

b2, skär de inte varandra o h då existerar heller ingen lösning till systemet.Ekvationssystemets

{−3x + y = 1

2x + y = −2gra�ska representation illusteras i �gur 3.3, där skärningspunkten (x0, y0) =(−3

5,−4

5

) utgör systemets lösning o h ekvationssystemet har alltså lösnings-mängden L ={(x, y) =

(−3

5,−4

5

)}.För att undersöka hur man löser enkla linjära ekvationsssystem skall vise på exempel med två olika metoder; additionsmetoden o h insättningsme-toden. Bägge metoderna innebär i prin ip att en av de två variablerna x o hy elimineras samtidigt med en av de två ekvationerna. Metoderna skiljer sigendast i själva utförandet av denna eliminering.1. AdditionsmetodenExempel 3.4.1. Lös ekvationssystemet

{4x + 3y = 86x + 2y = 12Ekvationerna multipli eras nu med lämpliga faktorer så att de termersom innehåller en av variablerna x o h y försvinner då de resulterandeekvationerna adderas.

{4x + 3y = 8 | · 26x + 2y = 12 | · (−3) .Addition ger nu

8x + 6y = 16+ − 18x − 6y = −36

−10x = −20Den återstående ekvationen har nu lösningen x = 2 o h sätter man indetta i någon av de ursprungliga två ekvationerna fås t.ex. 8 · 2 + 6y =16, vilket ger y = 0. Ekvationssystemet har alltså lösningsmängdenL = {(x, y) = (2, 0)}.2. Insättningsmetoden

46 KAPITEL 3. EKVATIONER OCH OLIKHETERExempel 3.4.2. Lös ekvationssystemet{

2x − 5y = −123x − y = −5I denna metod utgår man från en (valfri) av ekvationerna för att bildaett uttry k för den ena av de okända variablerna x o h y, som där-efter sätts in i den andra ekvationen. Det brukar vara mest praktisktatt utnyttja den ekvation som har den minsta koe� ienten för den avvariablerna som skall elimineras. I detta fall ger den andra ekvationen,

3x − y = −5, ett uttry k för variabeln y enligt y = 3x + 5. Detta kansättas in i den första ekvationen2x − 5(3x + 5) = −12 ⇔ 2x − 15x − 25 = −12 ⇔ −13x = 13 ,som har lösningen x = −1. Sätts detta in i vårt uttry k för den andravariabeln y, fås y = 3 · (−1) + 5 = 2. Ekvationssystemet har alltsålösningsmängden L = {(x, y) = (−1, 2)}.Ekvationssystem kan ha �era obekanta o h �era ekvationer än två.2 Sys-tematiska metoder för direkt lösning3 av linjära ekvationssystem påminnerom den ovan behandlade additionsmetoden.3.5 Ekvationer av högre gradAtt lösa en högregradsekvation innebär att man söker rötterna (nollställena)till ett polynom av gradtal större än två. Således har ekvationen i den okändavariabeln x formen

p(x) = anxn + an−1x

n−1 + an−2xn−2 + · · ·+ a2x

2 + a1x + a0 = 0 ,2Linjära ekvationssystem förekommer i många tillämpningar i ingenjörsmatematik, da-tateknik, fysik o h pro essteknik. Antalet ekvationer kan t.ex. vid beräkning av ström-ningsfält i industriella anläggningar vara miljoner. Detta har lett till att just algoritmerför e�ektiv lösning av ekvationssystem har sedan 1960-talet varit ett aktivt forskningsom-råde inom numerisk matematik.3Det �nns även s.k. iterativa metoder som innebär att man löser systemet genom attförst göra en utgångsgissning som sedan stegvis förbättras tills man kommer tilrä kligtnära lösningen

3.5. EKVATIONER AV HÖGRE GRAD 47där a0, a1, a2, . . ., an−2, an−1 o h an 6= 0 är konstanter o h n ≥ 3. Ekvationenovan har n rötter, x0, x1, . . ., xn, men dessa behöver inte vara reella utan endel eller alla av rötterna kan vara komplexa tal (t.ex. i fallet p(x) = x2 +1 =0). Dessvärre �nns det ingen systematisk metod att bestämma alla dessarötter ifall n ≥ 5, så då får man oftast nöja sig med numerisk beräkning (olikaformer av approximationer baserade på datorberäkningar). Det är do k käntvilka gänser rötterna kommer att ligga inom, beroende på koe� ienternasvärden, o h detta kan utnyttjas för att utvärdera resultaten från de numeriskaberäkningarna. Emedan de systematiska metoderna för fallen n = 3, 4 fallerutanför denna kurs återstår främst olika spe ialfall som kan utnyttjas föratt bestämma rötterna. Dessa är variabelbyte, faktorisering med hjälp avgruppering samt faktorisering med hjälp av prövning o h illustreras medexemplen nedan.Exempel 3.5.1. Variabelbyte

x4 − 3x2 − 4 = 0 .För enkelhets skull kräver vi att lösningarna skall vara reella. Ekvationen kanhanteras genom att man döper om variabeln (man säger då att man gör ettvariabelbyte) enligt x2 = t, varvid fås den nya ekvationen av grad två i dennya variabeln tt2 − 3t − 4 = 0 ,som har rötterna t1 = −1 o h t2 = 4 (Kontrollera detta med vår tidigarebehandling av andragradsekvationer!) Nu har vi då med beaktande av varia-belbytet två ekvationer; x2 = −1 samt x2 = 4. Den första ekvationen saknarreella lösningar så den ger oss inga x-värden (rötter), medan den andra ekva-tionen har lösningarna x1 = −2 o h x2 = 2, vilket här o kså är slutresultatet.Ekvationens lösningsmängd är således L = {±2}.Exempel 3.5.2. Gruppering o h faktorisering

x3 − 2x2 − 2x + 4 = 0 .Vi kan bryta ut faktorn x2 ur de två första termerna o h faktorn 2 ur de tvåsista termerna, vilket möjliggör grupperingen o h faktoriseringenx2(x − 2) − 2(x − 2) = 0 ⇔

(x2 − 2)(x − 2) = 0

x2 − 2 = 0 ∨ x − 2 = 0 ⇔x = ±

√2 ∨ x = 2 ,

48 KAPITEL 3. EKVATIONER OCH OLIKHETERdär det nästsista steget från det faktoriserade uttry ket till de två ekvationernamotiveras av nollregeln. Rötterna är alltså x1 = −√

2, x2 =√

2 o h x3 = 2.Ekvationens lösningsmängd är L = {∓√

2, 2}.Exempel 3.5.3. Prövning o h faktoriseringp(x) = x3 + 2x − 3 = 0 .Vi försöker �nna en rot med prövning (eller ren gissning). Detta kan föregåsav t.ex. att man ritar upp grafen y = p(x) o h tittar ungefär var denna skär x-axeln. Man kan o kså försöka fastställa ett område för var en rot kan �nnas,vi ser t.ex. att p(0) = −3 < 0 (d.v.s. att grafen ligger under x-axeln i origo)o h att p(2) = 9 > 0 (grafen ligger över x-axeln i punkten x = 2). Då kan vialltså vänta oss att det �nns en rot i intervallet ]0, 2[. Efter lite funderingarvisar det sig att x = 1 satis�erar ekvationen, vilket betyder att en av dessrötter är ett. Enligt nollregeln o h vår tidigare behandling av faktoriseringkan ekvationen då omskrivas enligt

p(x) = x3 + 2x − 3 = 0 ⇔

(x − 1)

(x3 + 2x − 3

x − 1

)

= 0 ⇔

(x − 1)

(x2(x − 1) + x2 + 2x − 3

x − 1

)

= 0 ⇔

(x − 1)

(x2(x − 1) + x(x − 1) + 3x − 3

x − 1

)

= 0 ⇔

(x − 1)

(x2(x − 1) + x(x − 1) + 3(x − 1)

x − 1

)

= 0 ⇔

(x − 1)(x2 + x + 3

)= 0

x − 1 = 0 ∨ x2 + x + 3 = 0 ⇔x = 1 ∨ x = ∅ ,där de sista stegen med tillämpningen av nollregeln är analoga med föregå-ende exempel. Andragradsekvationen som uppstår har inga reella lösningareftersom den har negativ diskriminant (Kontrollera detta med stöd av vår ti-digare behandling av andragradsekvationer!). Ekvationens lösningsmängd ärföljaktligen L = {1}.

3.5. EKVATIONER AV HÖGRE GRAD 49Exempel 3.5.4. Prövning o h faktoriseringp(x) = 2x4 − 11x3 + 19x2 − 13x + 3 = 0 .Återigen måste vi använda prövning. Det visar sig att x = 1 är en lösningo h då kan ekvationen skrivas i formen

p(x) = 2x4 − 11x3 + 19x2 − 13x + 3 = (x − 1)q(x) = 0 ,där q(x) = p(x)x−1

är ett polynom av gradtal tre (varför?). Detta polynom kanvi bestämma som i föregående exempel men man kan o kså använda direkttrappstegs-division (eller någon annan divisionsmetod från skolkursen) enligt2x3 − 9x2 + 10x − 3

x − 1 2x4 − 11x3 + 19x2 − 13x + 32x4 − 2x3

− 9x3 + 19x2

− 9x3 + 9x2

10x2 − 13x10x2 − 10x

− 3x + 3− 3x + 3

0Divisionen gav alltså resultatet q(x) = 2x3 − 9x2 + 10x− 3 o h nollregelnger oss då den nya ekvationen q(x) = 0 att lösa. Upprepad prövning visar dåatt x = 1 är en lösning o kså till denna ekvation o h vi kan då bestämmapolynomet s(x) = q(x)x−1

av gradtal två. Även denna division kan utföras medtrappstegsmetoden enligt2x2 − 7x + 3

x − 1 2x3 − 9x2 + 10x − 32x3 − 2x2

− 7x2 + 10x− 7x2 + 7x

3x − 33x − 3

0

50 KAPITEL 3. EKVATIONER OCH OLIKHETERResultatet blev nu s(x) = 2x2−7x+3 o h vi har således den faktoriseradeekvationenp(x) = (x − 1)q(x) = (x − 1)(x − 1)s(x) = (x − 1)2(2x2 − 7x + 3) = 0 .Nollregeln leder nu till de två ekvationerna (x−1)2 = 0 o h 2x2−7x+3 = 0,som enkelt kan lösas. Den första ekvationen ger dubbelroten x1,2 = 1 (dennahar ju redan lösts i de två prövningarna vi utförde) o h den andra ekvationenär en andragradsekvation med lösningarna

x3,4 =−(−7) ±

√

(−7)2 − 4 · 2 · 32 · 2 =

7 ±√

25

4=

7 ± 5

4Ekvationens lösningsmängd är följaktligen L ={

12, 1, 3

}.3.6 Kvadratrötter o h absolutbeloppI detta avsnitt repeterar vi ekvationer o h olikheter som innehåller kvadratröt-ter o h absolutbelopp. Följande regel kan då vara till nytta:Sats 3.6.1. Låt 0 ≤ a, b ∈ R (reella tal som är större än eller lika mednoll). Då gälleri) a = b ⇔ a2 = b2.ii) a > b ⇔ a2 > b2.iii) a ≥ b ⇔ a2 ≥ b2.Bevis. i) Eftersom påståendet innehåller en ekvivalens (dubbelriktad pil)så skall man bevisa båda �riktningarna�, d.v.s att a = b leder till atta2 = b2 o h vi e versa. Således, om vi antar att a = b så leder kvadreringav båda leden direkt till att a2 = b2 o h då har vi bevisat a = b⇒ a2 = b2. Å andra sidan, om vi antar att a2 = b2 så måste ävena2 − b2 = 0. Detta kan faktoriseras med konjugatregeln till ekvationen(a+ b)(a− b) = 0. Enligt utgångsantagandet ovan hade vi att a, b ≥ 0,vilket antingen betyder att a = 0 o h b = 0 eller att a − b = 0 för attekvationen skall satis�eras (uppfyllas) o h detta innebär ju att a = b.Vi har alltså visat a = b ⇐ a2 = b2, vilket bevisar ekvivalensen.

3.6. KVADRATRÖTTER OCH ABSOLUTBELOPP 51Alternativt kunde man direkt arbeta med ekvivalenser enligta2 = b2 ⇔ a2 − b2 = 0 ⇔

(a + b)(a − b) = 0 ⇔ a = 0 = b ∨ a − b = 0 ⇔ a = b .ii) (⇐): Vi börjar med påståendet a > b ⇐ a2 > b2. a2 > b2 ⇔ (a+ b)(a−b) > 0. Den stränga olikheten utesluter fallen a = 0 = b samt a = b o hdå måste a o h b vara positiva vilket innebär att a + b > 0 o h vidareatt a − b > 0 ⇔ a > b.(⇒): Omvänt, om vi antar att a > b så gäller enligt utgångsantagandetatt a > b ≥ 0 o h då gäller a + b > 0 samt a− b > 0 vilket betyder atta2 − b2 > 0 o h i sin tur at a2 > b2.iii) Detta påstående kan bevisas med stöd av ii) ovan. Vi har

a ≥ b ⇔ a = b ∨ a > b ⇔ a2 = b2 ∨ a2 > b2 ⇔ a2 ≥ b2 .(vilket skulle bevisas)3.6.1 Ekvationer med kvadratrötterI arbetet med ekvationer som innehåller kvadratrötter utnyttjar vi sats 3.6.1�itigt, främst vid kvadrering uttry k för att bli av med kvadratrötter.Exempel 3.6.2. Betrakta ekvationen√

x2 + 2 =1

x− x .Vi börjar med att undersöka ekvationens de�nitionsmängd. Uttry ket underroten får inte bli negativt, alltså måste x2+2 > 0, vilket gäller ∀x ∈ R. Såledesär D = R. Eftersom rotuttry ket i vänstra ledet uppfyller √

x2 + 2 > 04,måste även högra ledet uppfylla motsvarande olikhet o h 1x−x > 0 ⇔ x2−1

x<

0. Detta är en rationell olikhet i standardformen (se ovan) som är de�nieradpå mängden R \ {0} o h med te kens hema ser man att dess lösningsmängd4Man kan här även tänka sig en mildare variant, nämligen att √x2 + 2 ≥ 0 som funge-rar lika väl vid tillämpningen av satsen 3.6.1 emedan dess utgångsantaganden innehålleräven likheten. Slutresultatet, lösningen till ekvationen blir densamma, trots att lösnings-mängdens gränser nu till viss del beaktas i resonemanget.

52 KAPITEL 3. EKVATIONER OCH OLIKHETERär ] − ∞,−1[∪]0, 1[. Samma slutsats kommer man till genom att studera�guren nedan, där man direkt ser att f(x)− g(x) = 1x−x är positivt i dennamängd. Sammantaget har vi då att vänstra o h högra ledet i den ursrpungligaekvationen är positiva på mängden ] − ∞,−1[∪]0, 1[ o h så länge x antarvärden i denna mängd kan satsen 3.6.1 utnyttjas för att kvadrera båda ledeno h bli av med kvadratroten. Omskrivning av högra ledet samt kvadrering medvidare hyfsning ger då

x2 + 2 =(1 − x2)2

x2⇔

x4 + 2x2 =(x2)2 − 2x2 + 1 ⇔

4x2 = 1 ⇔

x = ±√

1

4= ±1

2.Av dessa två lösningar är det endast den positiva som faller inom lösnings-mängden ovan, så ekvationens lösning är då x = 1

2, vilket kan veri�erasgenom insättning i den ursprungliga ekvationen. Lösningen −1

2är en sken-lösning. Sådana brukar uppträda för x-värden som inte uppfyller satsens 3.6.1utgångsantaganden (nämligen det att a, b ≥ 0).3.6.2 Olikheter med kvadratrötterOlikheter som innehåller kvadratrötter hanteras i prin ip på samma sättsom ekvationer, men man måste vara noggrann med de�nitionsmängden förde ingående uttry ken o h hålla reda på riktningen hos olikhetste knet. Ifalltermerna i olikheten multipli eras (divideras) med ett negativt tal byter olik-hetste knet riktning. Ett bra hjälpmedel är grafen av vänstra o h högra ledeti olikheten, som illustrerar var olikheten gäller.Exempel 3.6.3. Vi betraktar olikheten

√x + 2 − x < 0 .Börjar med att notera att kvadratroten är de�nierad endast då x + 2 ≥ 0,medan termen x är de�nierad för alla reella tal. Oliheten kan nu omskrivasi formen √

x + 2 < x ,

3.6. KVADRATRÖTTER OCH ABSOLUTBELOPP 53

−4

−2

0

2

4

−4 −2 0 2 4

y

x

f(x) = 1x

g(x) = x

Figur 3.4: Funktionerna f(x) = 1xo h g(x) = x i högra ledet av ekvationenovan.där kvadratroten uppfyller √

x + 2 ≥ 0 i de�nitionsmängden D = [−2,∞[.Då olikheten gäller medför detta att 0 ≤√

x + 2 < x, vilket ger x > 0.Kvaderar man olikheten fåsx + 2 < x2 ⇔ x2 − x − 2 > 0 .Grafen av x2 − x − 2 är en parabel som öppnar sig uppåt o h skär x-axelni rötterna till ekvationen x2 − x − 2 = 0, som är (fås med rotformeln ellerdirekt avläsning av koe� ienterna) −1 o h 2. Således satis�eras olikheten

x2 −x− 2 > 0 av ]−∞,−1[ ∪ ]2,∞[ (ses enklast genom att rita te kens he-ma). Do k noterade vi ovan att den ursprungliga olikheten krävde (för attundvika skenlösningar vid kvadreringen), att x > 0, vilket ger slutresultatetför lösningsmängden L =]2,∞[.Exempel 3.6.4. Studera olikheten√

3 − x ≥ x − 1 .Kvadratroten är de�nierad då 3 − x ≥ 0 ⇔ −x ≥ −3 ⇔ x ≤ 3. Nuär kvadratroten i vänstra ledet (VL) alltid i ke-negativ, men eftersom denna

54 KAPITEL 3. EKVATIONER OCH OLIKHETERalltid skall vara större än eller lika med x− 1 innebär detta inga tilläggskravpå lösningsmängden, d.v.s. D =] −∞, 3]. Uttry ket x− 1 i högra ledet (HL)kan my ket väl vara negativt, utan att detta ger skenlösningar. Do k måsteman beakta detta vid kvadrering, kom ihåg att sats 3.6.1 gäller endast förpositiva tal. Detta betyder att situationen med negativt HL måste undersökasskillt. Då är alltså x − 1 < 0 ⇔ x < 1 ⇔ −x > −1 ⇔ 3 − x > 3 − 1 =2 ⇔

√3 − x >

√2 o h olikheten uppfylls alltid. Kvadrering, hyfsning o hlösning (samma typ av parabel som i föregående exempel) ger nu

3 − x ≥ (x − 1)2 ⇔3 − x ≥ x2 − 2x + 1 ⇔

0 ≥ x2 − x − 2 ⇒−1 ≤ x ≤ 2 .Med beaktande av de�nitionsmängden D =] − ∞, 3] o h resonemanget förnegativt HL ovan fås slutresultatet L =] −∞, 1] ∪ [−1, 2] =] −∞, 2]. Ritarman upp VL o h HL i �guren nedan ses att resultatet är korrekt.

−4

−2

0

2

4

−4 −2 0 2 4

y

x

f(x) =√

3 − xg(x) = x − 1

Figur 3.5: Funktionerna f(x) =√

3 − x o h g(x) = x−1 i vänstra respektivehögra ledet av olikheten ovan.

3.6. KVADRATRÖTTER OCH ABSOLUTBELOPP 553.6.3 AbsolutbeloppAbsolutbeloppet av ett tal kan tolkas som dess avstånd från origo på tallin-jen. Avstånd är ju alltid positiva så detta gäller även för absolutbelopp. virepeterar följandeDe�nition 3.6.1. Låt x ∈ R. Då är absolutbeloppet av x

|x| =

{x , om x ≥ 0−x , om x < 0Således gäller exemplevis att absolutbeloppet av 3 är 3, eftersom 3 ≥ 0,medan absolutbeloppet av −2 är −(−2) = 2, eftersom −2 < 0. Vid hante-ring av uttry k innehållande absolutbelopp behövs förutom de�nitionen ävenföljande regler som kan bevisas utgående från de�nitionen.Regel 3.6.5. För a, b ∈ R gäller1. |ab| = |a||b|2. |a|

|b| =∣∣a

b

∣∣3. |a|2 = a2Exempel 3.6.6. Bestämmer o h ritar grafen av |f(x)|, då f(x) = 3x − 12.Vi börjar med att förenkla absolutbeloppet utgående från de�nitionen

|f(x)| = |3x − 12| =

{3x − 12 , om 3x − 12 ≥ 0−(3x − 12) , om 3x − 12 < 0

=

{3x − 12 , om 3x ≥ 12−3x + 12 , om 3x < 12

=

{3x − 12 , om x ≥ 4−3x + 12 , om x < 4Exempel 3.6.7. Bestämmer o h ritar grafen av ||x| − 1|. Vi börjar medatt förenkla absolutbeloppet stegvis utgående från de�nitionen ovan. Då manhar nästlade absolutbelopp kan man starta med det innersta absolutbeloppet, idetta fall |x| som ju enligt de�nitionen antar olika värden för x ≥ 0 respektive

x < 0. Vi får då uppdelningen


−1

0

1

2

3

4

5

6

7

−1 0 1 2 3 4 5 6 7

y

x

|f(x)| = |3x − 12|

Figur 3.6: Grafen av |f(x)| = |3x − 12|. Observera att |f(x)| aldrig antarnegativa värden.1. x ≥ 0 ⇒ |x| = x

||x| − 1| = |x − 1| =

{x − 1 , om x − 1 ≥ 0−(x − 1) , om x − 1 < 0

=

{x − 1 , om x ≥ 11 − x , om x < 12. x < 0 ⇒ |x| = −x

||x| − 1| = | − x − 1| =

{−x − 1 , om − x − 1 ≥ 0−(−x − 1) , om − x − 1 < 0

=

{−x − 1 , om x ≤ −1x + 1 , om x > −1

3.6. KVADRATRÖTTER OCH ABSOLUTBELOPP 57Sammanfattningsvis har vi då (se även grafen nedan)||x| − 1| =

−x − 1 , om x ≤ −1x + 1 , om − 1 < x < 01 − x , om 0 < x < 1x − 1 , om x ≥ 1

−2

0

2

4

6

8

10

−10 −5 0 5 10

y

x

f(x) = ||x| − 1|

Figur 3.7: Grafen av y = f(x) = ||x| − 1|.Absolutbelopp sammanhänger även med hantering av rotuttry k, vi hartidigare sett att då man drar kvadratroten ur ett kvadratiskt uttry k kommerabsolutbeloppet in o h man måste beakta olika tänkbara fall som i följandeexempelExempel 3.6.8. Vi hyfsar rotuttry ket √2x2 + 4x + 2 =√

2(x2 + 2x + 1) =√2√

(x + 1)2.√

2√

(x + 1)2 =√

2|x + 1| =√

2

{x + 1 , om x + 1 ≥ 0−(x + 1) , om x + 1 < 0

=√

2

{x + 1 , om x ≥ −1−x − 1 , om x < −1

58 KAPITEL 3. EKVATIONER OCH OLIKHETER3.6.4 Ekvationer med absolutbeloppLiksom då man hyfsar uttry k med absolutbelopp kan o kså ekvationer lö-sas genom att få bort absolutbeloppet via indelning i olika intervall för denokända variabeln o h beaktande av de olika fallen som då uppstår. Ett annatsätt är att kvadrera båda leden i ekvationen o h utnyttja egenskapen 3. iregel 3.6.5. En na kdel med detta förfarande är att uttry ken blir svårare atthantera eftersom deras gradtal höjs (t.ex. ett polynom av andra grad harju grad fyra efter kvadreringen). Ekvationen blir då algebraiskt svårare attlösa. Å andra sidan kan förfarandet med indelning i intervall o h bektandeav olika situationer leda till inve klade resonemang då de olika fallen skallsammanfattas till en lösning.Exempel 3.6.9. Vi löser ekvationen|x + 2| = |1 − x|o h börjar med att betrakta VL o h HL var för sig. Enligt de�nitionen påabsolutbelopp har vi då

|x + 2| =

{x + 2 , om x ≥ −2−x − 2 , om x < −2

|1 − x| =

{1 − x , om x ≤ 1x − 1 , om x > 1

.Det �nns alltså två punkter på tallinjen, där uttry ken innanför absolutbe-loppen växlar te ken. Detta betyder att vi måste beakta de tre intervallen:] − ∞,−2[, [−2, 1] samt ]1,∞[. Vi har således tre olika fall för ekvationensom måste undersökasI intervallet ] −∞,−2[ har vi VL: − x − 2HL: 1 − xVL=HL: − x − 2 = 1 − x

−2 = 1 falskt!Ekvationen har följaktligen inga lösningar i detta intervall.

3.6. KVADRATRÖTTER OCH ABSOLUTBELOPP 59I intervallet [−2, 1] har vi VL: x + 2HL: 1 − xVL=HL: x + 2 = 1 − x

2x = −1

x = −1

2Eftersom −12∈ [−2, 1] är detta en lösning till den ursprungliga ekvationen.5I intervallet ]1,∞[ har vi VL: x + 2HL: x − 1VL=HL: x + 2 = x − 1

2 = −1 falskt!Ekvationen har följaktligen inga lösningar i detta intervall.Slutresultatet för den undersökta ekvationen blir då L ={−1

2

}, vilketkan veri�eras genom insättning i ekvationen eller uppritande av graferna tillfunktionerna i vänstra o h högra ledet (gör detta!). Dessa grafer visar sigskära varandra endast i punkten (−12, 3

2

).Exempel 3.6.10. Vi löser ekvationen|x + 2| = |1 − x|med kvadreringsmetoden o h tillämpning av egenskapen 3. i regel 3.6.5. Kvad-5Om den här beräknade kandidaten till lösning inte hade legat i det undersökta inter-vallet hade det varit frågan om en skenlösning. Sådana godkänns inte som lösningar tillden ursprungliga ekvationen.

60 KAPITEL 3. EKVATIONER OCH OLIKHETERrering o h hyfsning ger då|x + 2|2 = |1 − x|2 ⇔(x + 2)2 = (1 − x)2 ⇔

x2 + 4x + 4 = 1 − 2x + x2 ⇔x2 − x2 + 4x + 2x + 4 − 1 = 0 ⇔

6x + 3 = 0 ⇔6x = −3 ⇔

x = −3

6= −1

2.Exempel 3.6.11. Vi löser en ekvation med nästlade absolutbelopp

||x + 1| − |x|| = |1 − x| .Vi beaktar de olika fallen med början från de innersta absolutbeloppen|x + 1| =

{x + 1 , om x ≥ −1−x − 1 , om x < −1

|x| =

{x , om x ≥ 0−x , om x < 0

|1 − x| =

{1 − x , om x ≤ 1x − 1 , om x > 1

.Hittills har vi alltså tre punkter på tallinjen där uttry ken innanför absolutbe-loppen byter te ken, vilket betyder att vi bör undersöka intervallen ]−∞,−1[,[−1, 0[, [0, 1] samt ]1,∞[ med det yttersta absolutbeloppet kvar. I intervallet] −∞,−1[ har vi VL: | − x − 1 − (−x)|HL: 1 − xVL=HL: | − x + x − 1| = 1 − x ⇔

1 = 1 − x ⇔x = 0 .Ekvationen har följaktligen inga lösningar i detta intervall, x = 0 är enskenlösning.

3.6. KVADRATRÖTTER OCH ABSOLUTBELOPP 61I intervallet [−1, 0[ har vi VL: |x + 1 − (−x)|HL: 1 − xVL=HL: |x + 1 + x| = 1 − x ⇔|2x + 1| = 1 − x .Nu noterar vi att 2x + 1 byter te ken för x = −1

2så intervallet [−1, 0[ viarbetar med måste delas upp i intervallen [−1,−1

2

[ (där 2x + 1 < 0) o h[−1

2, 0[ (där 2x + 1 ≥ 0). Vi får då de två fallen

x ∈[

−1,−1

2

[

: −(2x + 1) = 1 − x ⇔

−2x − 1 = 1 − x ⇔x − 2x = 1 + 1 ⇔

x = −2 6∈ [−1, 0] .Detta är alltså en skenlösning. I intervallet [−12, 0[ fås på motsvarande sätt

x ∈[

−1

2, 0

[

: 2x + 1 = 1 − x ⇔

2x + x = 1 − 1 ⇔3x = 0 ⇔x = 0 6∈ [−1, 0[ .Även detta är alltså en skenlösning, emedan det undersökta intervallet [−1, 0[inte innehåller den övre gränsen origo. Vi fortsätter med de två kvarvarandeintervallenI intervallet [0, 1] har vi VL: |x + 1 − x|HL: 1 − xVL=HL: |x − x + 1| = 1 − x ⇔

|1| = 1 − x ⇔x = 1 − 1 = 0 ∈ [0, 1] .Eftersom denna lösning tillhör det undersökta intervallet kan den godkännas.

62 KAPITEL 3. EKVATIONER OCH OLIKHETERI intervallet ]1,∞[ har vi VL: |x + 1 − x|HL: − (1 − x)VL=HL: |x − x + 1| = −1 + x ⇔|1| = −1 + x ⇔x = 1 + 1 = 2 ∈]1,∞[ .Eftersom denna lösning tillhör det undersökta intervallet kan den godkännas.Slutresultatet för den undersökta ekvationen blir då L = {0, 2}, vilketkan veri�eras genom insättning i ekvationen. Alternativt kunde lösningenha utförts med kvadreringsmetoden, i det här fallet blir den vägen betydligtkortare:

||x + 1| − |x|| = |1 − x|||x + 1| − |x||2 = |1 − x|2 ⇔(|x + 1| − |x|)2 = (1 − x)2 ⇔

|x + 1|2 − 2|x||x + 1| + |x|2 = 1 − 2x + x2 ⇔(x + 1)2 − 2|x(x + 1)| + x2 = 1 − 2x + x2 ⇔

x2 + 2x + 1 − 2|x(x + 1)| + x2 = 1 − 2x + x2 ⇔I det nästsista steget utnyttjades moment 1. i regel 3.6.5 för att sätta |x||x +1| = |x(x + 1)|. Vi fortsätter nu med att undersöka detta absolutbelopp. Gra-fen av polynomet x(x + 1) är en parabel som öppnar sig uppåt o h har noll-ställena 0 o h −1 (försäkra dig om detta). Således gäller enligt de�nitionenpå absolutbelopp att x ≤ −1 ∨ x ≥ 0 : |x(x + 1)| = x(x + 1) samt−1 < x < 0 : |x(x + 1)| = −x(x + 1). Då har vi i det första fallet:

x ≤ −1 ∨ x ≥ 0 :

x2 + 2x + 1 − 2x(x + 1) + x2 = 1 − 2x + x2 ⇔x2 + 2x + 1 − 2x2 − 2x + x2 = 1 − 2x + x2 ⇔

1 = 1 − 2x + x2 ⇔x2 − 2x = 0 ⇔

x(x − 2) = 0 ⇒x = 0 ∨ x = 2 ,

3.6. KVADRATRÖTTER OCH ABSOLUTBELOPP 63o h i det andra fallet:−1 < x < 0 :

x2 + 2x + 1 + 2x(x + 1) + x2 = 1 − 2x + x2 ⇔x2 + 2x + 1 + 2x2 + 2x + x2 = 1 − 2x + x2 ⇔

4x2 + 4x = −2x + x2 ⇔3x2 + 6x = 0 ⇔

3x(x + 2) = 0 ⇒x = 0 6∈] − 1, 0[ ∨ x = −2 6∈] − 1, 0[ .Dessa lösningar är alltså skenlösningar, emedan de inte tillhör det undersöktaintervallet. Slutresultatet är följaktligen L = {0, 2}.3.6.5 Olikheter med absolutbeloppOlikheter som innehåller absolutbelopp hanteras med samma metoder somför ekvationer. Då en olikhet multipli eras med ett positivt objekt bibehållsolikhetste knets riktning oförändrat, om objektet är negativt måste mansvänga på olikhetste knet. Om objektet kan vara både positivt o h nega-tivt måste man dela upp lösningen i �era fall, där detta beaktas skillt. Iföljande exempel används kvadreringsmetodenExempel 3.6.12. Vi löser olikheten

1

|x − 2| <1

|x + 3| .Olikheten är de�nierad i (då nämnarna inte är lika med noll) D = R \{−3, 2}. Minsta gemensamma nämnare är |x − 2||x + 3|, denna är alltidpositiv (varför?6), så olikheten kan multipli eras med |x − 2||x + 3| utan att6Enligt regel 3.6.5 är |x− 2||x + 3| = |(x− 2)(x + 3)| o h ett absolutbelopp är ju alltidpositivt.

64 KAPITEL 3. EKVATIONER OCH OLIKHETERolikhetste knet påverkas. Om vi vidare kvadrerar fås1

|x − 2| <1

|x + 3| ⇔

|x − 2||x + 3||x − 2| <

|x − 2||x + 3||x + 3| ⇔

|x + 3|2 < |x − 2|2 ⇔(x + 3)2 < (x − 2)2 ⇔

x2 + 6x + 9 < x2 − 4x + 4 ⇔10x < −5 ⇔

x < −1

2.Eftersom vi måste beakta att olikheten inte är de�nierad i x = −3 måste den-na punkt exkluderas ur lösningen vi � k på olikheten. Då blir slutresultatet:

L =] −∞,−3[ ∪]−3,−1

2

[.

Kapitel 4FunktionerFunktionen är ett entralt begrepp i ingenjörsmatematiken, funktionen kom-mer att vara ett viktigt objekt att arbeta med vid derivering o h integreringi vår kommande behandling av di�erential- integralkalkyl. Vi studerar i dettakapitel därför de viktigaste egenskaperna hos funktioner med korta de�nitio-ner o h exempel.4.1 De�nition o h egenskaperEn funktion kan uppfattas som en regel som tillämpas på talen x i en mängdA, så att då regeln används på dessa tal så fås talen y i mängden B. Dessay ∈ B kallas då funktionsvärden. För att en regel skall vara förnuftig måsteden vara entydig, vilket i detta sammanhang betyder att för varje tal x skallman få endast ett tal y. Detta framgår av följande:De�nition 4.1.1. En funktion f från mängden A till mängden B är enmängd talpar (x, y), som uppfyller villkoret att det för varje x ∈ A �nns etto h endast ett y ∈ B sådant att y = f(x).Mängden A brukar kallas de�nitionsmängd, o h bete knas oftaDf , medanmängden B kallas värdemängd, o h bete knas ofta Vf . De�nitionsmängdenbestår alltså av de värden som sätts in i funktionen, d.v.s. x-värdena, o hvärdemängden av de värden som kan beräknas vid denna insättning, d.v.s.värdena y = f(x). Funktionen f kan betraktas som en avbildning från mäng-den A = Df till mängden B = Vf , vilket skrivs f : Df → Vf . Jämna o hudda funktioner karakteriseras av vad som händer om man sätter in −x istället för x, enligt följande: 65

66 KAPITEL 4. FUNKTIONERDe�nition 4.1.2. En funktion f är en jämn funktion om det för varje x ∈ Dfgäller att f(−x) = f(x).De�nition 4.1.3. En funktion f är en udda funktion om det för varje x ∈ Dfgäller att f(−x) = −f(x).Observera att det �nns funktioner som varken är jämna eller udda.Exempel 4.1.1. Vi studerar några funktioners egenskaper.a) Betrakta funktionen f(x) = x2 + 4. Vi beräknar f(x + 2) = (x + 2)2 +4 = x2 + 4x + 4 + 4 = x2 + 4x + 8, funktionen är jämn eftersomf(−x) = (−x)2 + 4 = x2 + 4 = f(x).b) Vi vet att funktionen f har egenskapen f(x+2) = 2x2 − 3. Bestämmerförst f(5) o h sedan funktionens form, f(x). Man ser nu att f(5) =f(3 + 2) = 2 · 32 − 3 = 15 o h mera allmänt att f(x) = f(x − 2 + 2) =2(x − 2)2 − 3 = 2(x2 − 4x + 4) − 3 = 2x2 − 8x + 5. Denna funktionär varken udda eller jämn, emedan f(−x) = 2(−x)2 − 8(−x) + 5 =2x2 + 8x + 5 6= ±f(x) för exempelvis x = 5 (kontrollera detta!)1. ) Betrakta uttry ket x2+y2 = 1. Detta beskriver inte en funktion eftersomdet �nns �era värden på y som resulterar från samma värde på x, sätterman in y = ±1 fås i båda fallen x = 0. Ritar man upp motsvarandekurva i xy-koordinatsystemet fås en irkel med medelpunkt i origo o hradien ett (den s.k. enhets irkeln).d) Betraktar funktionen

f(x) =1

x2 − 1.Eftersom funktionen de�nieras av ett rationellt uttry k, kan vi konsta-tera att den är ode�nierad i nämnarens nollställen. Då ger x2 − 1 =

0 ⇔ x = ±1. Funktionen är de�nierad för alla övriga x-värden, vilketger Df = R \ {±1}. Nära dessa nollställen ser vi att om |x| > 1 såkommer nämnaren att få värden på tallinjen strax till höger om origovilket gör att f → ∞ samt att om |x| < 1 kommer på motsvarande sätt1Det rä ker ju att man hittar ett enda x-värde där funktionen varken är udda eller jämneftersom dessa de�nierades som allmänna egenskaper hos en funktion, som således skallgälla i hela de�nitionsmängden. Förfarandet där man söker motexempel är en användbarteknik då man önskar bevisa att något allmänt påstående inte gäller.

4.1. DEFINITION OCH EGENSKAPER 67f → −∞. Däremot, om man låter |x| → ∞, d.v.s. man låter x växatill större o h större positiva eller negativa värden, kommer nämnarenatt växa obegränsat o h funktionsvärdet att närma sig noll. I origo harvi funktionsvärdet f(0) = 1

02−1= −1, medan funktionen aldrig verkarbli exakt lika med noll eftersom ekvationen f(x) = 0 tar formen

1

x2 − 1= 0 ⇔ 1 = 0 · (x2 − 1) = 0 falskt!Dessutom visar en närmare granskning att nämnaren (för −1 < x < 1eller 0 ≤ |x| < 1) alltid kommer att uppfylla x2 − 1 = |x|2 − 1 ≥ 0− 1,vilket ger 1

x2−1≤ −1. Värdemängden förefaller således vara Vf =] −

∞,−1] ∪ ]0,∞[. Slutligen kan vi konstatera, att funktionen är jämneftersom f(−x) = 1(−x)2−1

= 1x2−1

= f(x).

−4

−2

0

2

4

−4 −2 0 2 4

y

x

f(x) = 1x2−1

f(x) = x2

f(x) = x3

Figur 4.1: Grafen av funktionerna f(x) = 1x2−1

, som studerades ovan, samtför illustrationens skull funktionerna f(x) = x2 o h f(x) = x3. Observera attde två först nämnda funktionerna är jämna (de är symmetriska med avseendepå y-axeln o h att funktionen f(x) = x3 är udda (symmetrisk med avseendepå origo).

68 KAPITEL 4. FUNKTIONEREn funktions paritet, som är den benämning man brukar använda för attbeskriva egenskapen jämn, udda eller ingetdera, kan även bestämmas gra�sktgenom att inspektera symmetrin hos grafen y = f(x) i xy-koordinatsystemet.En jämn funktion är symmetrisk med avseende på y-axeln (eftersom �ingethänder� då x byts ut mot −x), medan en udda funktion är symmetrisk medavseende på origo (eftersom förte knet växlar o h man hamnar nedanom x-axeln då x byts ut mot −x). I �guren 4.1 illustreras detta för några enklafunktioner.4.2 Sammansatta funktionerSammansatta funktioner består av funktioner, vars x-värden består av funk-tionsvärden till en annan funktion. Dessa funktionsvärden måste då tillhöraden yttre funktionens2 de�nitionsmängd. Man kan även tänka sig en kedja av�era än två sammansatta funktioner. Med sammansatta funktioner kan mananalysera kompli erade funktioner genom att betrakta dem som en kedja avenklare sammansatta funktioner.De�nition 4.2.1. Låt f o h g vara två funktioner, sådana att funktionensf värdemängd Vf har gemensamma element med funktionens g de�nitions-mängd Dg. Detta kan skrivas i formen Vf ∩ Dg 6= ∅. Den sammansattafunktionen (g ◦ f)(x) av f o h g fås då g arbetar på (opererar) på funktio-nens f funktionsvärden, d.v.s.

(g ◦ f)(x) = g (f(x)) ,för de x ∈ Df som är sådana att f(x) ∈ Dg. Bete kningen (g ◦ f)(x) utläses�g boll f �.Exempel 4.2.1. a) Vår tidigare behandlade funktion h(x) = 1x2−1

kanbetraktas som sammansatt av f(x) = x2 − 1 o h g(x) = 1x. Vi hartidigare granskat Dh o h Vh o h nu konstaterar vi alltså att Vf ∩ Dg 6=

∅ måste gälla för att h(x) = (g ◦ f)(x) skall vara välde�nierad. Förfunktionen f(x) = x2 − 1 ser vi nu (t.ex. genom att rita dess graf) attDf = R o h Vf = [−1,∞[ samt att Dg = R \ {0} o h Vg = R \ {0}.Då ser vi (t.ex. genom att rita in mängderna på tallinjen o h markera2Med den yttre funktionen avser vi den funktion som funktionsvärdena sätts in i, o hden funktion som produ erar dessa värden brukar kallas inre funktion.

4.3. VÄXANDE OCH AVTAGANDE FUNKTIONER 69gemensamma områden) att gemensamma element för både Vf o h Dgfås enligt Vf ∩ Dg = [−1,∞[ ∩ R\{0} = [−1, 0[ ∪ ]0,∞[6= ∅. Observeraatt detta är inte den sammansatta funktionens de�nitionsmängd, detkrävs bara att denna mängd är i ke-tom för att h skall kunna de�nierassom sammansatt enligt ovan, märk o kså att (f ◦ g)(x) = 1x2 − 1 6=

(g ◦ f)(x). Om vi betraktar den inre funktionen f(x) i (g ◦ f)(x) så servi att denna är de�nierad överallt medan den yttre funktionen g(x) = 1xinte är de�nierad om nämnaren är noll. Då vi beaktar detta får vi dende�nitionsmängd, Dh=g◦f = R \ {±1}, som vi kom fram till tidigare.Alternativt kunde man ha betraktat den sammansatta funktionen enligt

h(x) = (g ◦f)(x) med exempelvis f(x) = x o h g(x) = 1x−1

eller h(x) =

(g ◦ f ◦ e)(x) med e(x) = x2, f(x) = x − 1 o h g(x) = 1x(förvissa digom detta!).b) Betrakta h(x) = (g ◦ f)(x) för f(x) = 1− x2 o h g(x) =

√x. Då gäller

Df = R o h Vf =] − ∞, 1] (y = 1 − x2 är en parabel som öppnar signedåt o h har sitt största värde 1 i origo, emedan x2 ≥ 0 ⇔ −x2 ≤0 ⇔ 1 − x2 ≤ 1). Vidare gäller att Dg = [0,∞[ o h Vg = [0,∞[ (ritagraf!). Vi ser då att Vf ∩ Dg =] −∞, 1] ∩ [0,∞[= [0, 1] 6= ∅. Densammansatta funktionen blir nu

h(x) = (g ◦ f)(x) = g(f(x)) =√

1 − x2 ,med de�nitionsmängden bestämd av kravet 1− x2 ≥ 0, vilket ger Dh =[−1, 1]. Vidare ser man att 0 ≤ 1 − x2 ≤ 1 i Df o h 0 ≤

√1 − x2 ≤ 1ger då Vh = [0, 1]. Vi betraktar nu sammansättningen av funktionen�omvänt�:

k(x) = (f ◦ g)(x) = f(g(x)) = 1 − (√

x)2 = 1 − x ,med Vg ∩ Df = [0,∞[ ∩ R = [0,∞[6= ∅. Vi ser nu direkt att h(x) =(g ◦ f)(x)

√1 − x2 6= k(x) = (f ◦ g)(x) = 1 − x. Funktionerna h(x) o h

k(x) �nns avbildade i �guren 4.2.4.3 Växande o h avtagande funktionerFunktioner kan klassi� eras utgående från sina egenskaper för hur funktions-värdet ändras då x ändras. I �guren 4.3 nedan har denna indelning av funk-tioner skisserats. Vi har även följande

70 KAPITEL 4. FUNKTIONER

−1

−0.5

0

0.5

1

−1 −0.5 0 0.5 1

y

x

h(x) =√

1 − x2

k(x) = 1 − xFigur 4.2: Grafen av funktionerna h(x) = (g ◦ f)(x) =√

1 − x2 o h k(x) =(f ◦ g)(x) = 1 − x.De�nition 4.3.1. En funktion f i ett intervall I som är en delmängd avfunktionens f de�nitionsmängd, I ⊆ Df ärväxande, om ∀x1, x2 ∈ I: x2 > x1 ⇒ f(x2) ≥ f(x1)strängt växande, om ∀x1, x2 ∈ I: x2 > x1 ⇒ f(x2) > f(x1)avtagande, om ∀x1, x2 ∈ I: x2 > x1 ⇒ f(x2) ≤ f(x1)strängt avtagande, om ∀x1, x2 ∈ I: x2 > x1 ⇒ f(x2) < f(x1)Dessutom brukar en funktion som är strängt växande eller strängt avta-gande kallas strängt monoton, medan en funktion som är antingen växandeeller avtagande brukar kallas monoton. Det lönar sig att vara noggrann medatt skilja mellan strängt monotona o h monotona funktioner.Exempel 4.3.1. Vi visar att funktionen f(x) = 1

x+1är strängt avtagande iintervallet ] − 1,∞[. Låt x2 > x1 > −1, om vi ly kas visa att f(x2) < f(x1)

4.3. VÄXANDE OCH AVTAGANDE FUNKTIONER 71

y

x

avtagandey

växandey

x

strängt avtagandey

strängt växande

Figur 4.3: Exempel på kvalitativt beteende hos växande o h avtagande funk-tioner.så gäller enligt de�nitionen att f är strängt avtagande. Vi skall alltså visa,att 1x2+1

< 1x1+1

o h vi kan arbeta med denna olikhet enligt1

x2 + 1<

1

x1 + 1⇔

x2 + 1 > x1 + 1 ⇔x2 > x1 ,vilket ju gäller enligt utgångsantagandet. Detta är alltså ekvivalent med att

f(x2) < f(x1) o h därmed är funktionen strängt avtagande.Man kan naturligtvis arbeta med de�nitionen i varje enskilt fall då manundersöker funktioner, men följande sats kan underlätta:Sats 4.3.2. Om funktionen f ära) strängt växande, gäller x2 > x1 ⇔ f(x2) > f(x1)b) strängt avtagande, gäller x2 > x1 ⇔ f(x2) < f(x1)

72 KAPITEL 4. FUNKTIONER ) strängt monoton, gäller x2 = x1 ⇔ f(x2) = f(x1)d) växande, gäller f(x2) > f(x1) ⇒ x2 > x1e) avtagande, gäller f(x2) > f(x1) ⇒ x2 < x1f) monoton, gäller f(x2) > f(x1) ⇒ x2 > x1Bevis. Vi bevisar två av fallen, de övriga är analoga.b) Enligt antagande är f strängt avtagande. Då har vi enligt de�nitionenatt x2 > x1 ⇒ f(x2) < f(x1), vilket bevisar den ena riktningen avekvivalensen. Återstår att visa den andra riktningen av ekvivalensen,x2 > x1 ⇐ f(x2) < f(x1), vilket är samma som x2 6> x1 ⇒ f(x2) 6<f(x1) eller x2 ≤ x1 ⇒ f(x2) ≥ f(x1).3 Om vi delar upp detta i fallenx2 < x1 ⇒ f(x2) > f(x1) samt x2 = x1 ⇒ f(x2) = f(x1) ser vi direktatt det senare gäller. Vidare, om x2 < x1 så gäller enligt de�nitionen påen strängt avtagande funktion att f(x2) > f(x1). Alltså är den andrariktningen o h därmed påståendet i sin helhet bevisat.d) Om f är växande har vi x2 > x1 ⇒ f(x2) ≥ f(x1). Då gäller enligtsamma resonemang som i beviset av b), att vi kan bevisa påståendetf(x2) ≤ f(x1) ⇐ x2 ≤ x1. Om x1 = x2 så ser vi direkt att f(x1) =f(x2). Å andra sidan, om x2 < x1 så ger de�nitionen på en växandefunktion att f(x2) ≤ f(x1), vilket bevisar det senaste påståendet o hdärmed även f(x2) > f(x1) ⇒ x2 > x1.Exempel 4.3.3. Vi studerar olikheten

f

(5x − 3

4

)

< f(x

2

)

,där f , Df = R = Vf , är en strängt avtagande funktion. Vi kan utnyttjasatsen 4.3.2, genom att låta x1 = x2o h x2 = 5x−3

4varvid olikheten ovan3Om man har ett logiskt påstående A ⇒ B så kommer pilen att byta riktning då mantar negationen (motsatsen) av påståendena på båda sidor. Då fås alltså det ekvivalentapåståendet ¬B ⇒ ¬A, där påståendet �A gäller inte� bete knas ¬A.

4.4. BIJEKTIONER 73lyder f(x2) < f(x1) o h b) i satsen 4.3.2 gerf

(5x − 3

4

)

< f(x

2

)

⇔5x − 3

4>

x

2⇔

5x − 3 > 2x ⇔3x > 3 ⇔x > 1 .4.4 BijektionerVi har de�nierat en funktion så att det för varje x �nns ett o h endast ett

y sådant att y = f(x). Do k kan det �nnas �era x-värden som resulterar isamma y-värde, låt x1 o h x2 vara sådana att f(x1) = y = f(x2). Vi harsett �era exempel på detta, se funktionerna f(x) = x2 o h f(x) =√

1 − x2ovan. Vidare brukar man skriva t.ex. f(x) =√

x, f : [0,∞[→ R trots attR innehåller även negativa värden som ju kvadratrotsfunktionen inte antar.En funktion som karakteriseras av att varje y-värde motsvaras av exakt ettx-värde kallas en bijektion. Vidare har vi följande:De�nition 4.4.1. Funktionen f : A → B är injektiv (eller en injektion) frånA till B om det gäller att olika x ∈ A avbildas på olika y ∈ B, d.v.s.

∀x1, x2 ∈ A : x1 6= x2 ⇒ f(x1) 6= f(x2) .Funktionen f : A → B är surjektiv (eller en surjektion) från A till B om detgäller att för varje y ∈ B �nns minst ett x ∈ A, sådant att f(x) = y. Dettakan o kså skrivas Vf = B eller∀y ∈ B ∃x ∈ A : f(x) = y .Funktionen f : A → B är bijektiv (eller en bijektion) från A till B om varje

y ∈ B motsvaras av exakt ett x ∈ A, d.v.s.∀y ∈ B ∃!x ∈ A : f(x) = y ,bete kningen ∃! avser att �det existerar exakt ett� (∃ betyder att det existerarminst ett).

74 KAPITEL 4. FUNKTIONEREn funktion är alltså bijektiv (varje y har pre is ett motsvarande x) omo h endast om (⇔) den är både injektiv (varje y har högst ett motsvarandex) o h surjektiv (varje y har minst ett motsvarande x). Dessutom är varjeinjektiv funktion f en bijektion från sin de�nitionsmängd Df till sin värde-mängd Vf . Gra�ska tolkningar av de�nitionerna ovan återges i �gurerna 4.4,4.5, 4.6 o h 4.7.

x f

f(x)

y0BA

Figur 4.4: Injektionen f avbildar varje x ∈ A på olika y ∈ B, inget elementi B har �era inkommande pilar.x f

f(x)

BA

Figur 4.5: Surjektionen f kan avbilda �era x ∈ A på samma y ∈ B, varjeelement i B har minst en inkommande pil.

4.5. INVERS FUNKTION 75x f

f(x)

BA

Figur 4.6: Bijektionen f kännete knas av att varje element i B har exakt eninkommande pil.4.5 Invers funktionLåt funktionen f vara en bijektion. Då har vi alltså att varje y ∈ Vf motsvarasav exakt ett x ∈ Df . Vi är nu intresserade av en funktion med de�nitions-mängden Vf o h värdemängden Df , som vi kallar den inversa funktionenf−1.De�nition 4.5.1. En bijektion f : Df → Vf har en invers funktion f−1 :Vf → Df som de�nieras av sambandet:

∀y ∈ Vf : f−1(y) = x , x ∈ Df o h f(x) = y .Vidare gäller, att Df = Vf−1 o h Vf = Df−1 .Exempel 4.5.1. Låt f vara en bijektion. Vi vet att f−1(6) = −3. Då måstef(−3) = 6.Sats 4.5.2. Varje strängt monoton funktion f : Df → Vf är en bijektionsom har en invers funktion f−1 : Vf → Df med samma typ av strängamonotonitet.Bevis. Om vi ly kas visa att varje strängt monoton funktion f är bijektivfrån Df till Vf så följer av de�nitionen ovan att den inversa funktionen f−1existerar o h vi bör då visa att denna är strängt monoton. För att visa attf är en bijektion så är det ekvivalent att visa att funktionen är injektiv

76 KAPITEL 4. FUNKTIONERx

x1

x2

f

f(x)

y1

y2

BA

Figur 4.7: Denna funktion f är varken surjektiv eller injektiv eftersom x1 o hx2 båda avbildas på y2 (d.v.s. f är inte injektiv) o h det �nns inget x ∈ Asom avbildas på y1 ∈ B (d.v.s. f är inte surjektiv).o h surjektiv. Enligt satsen 4.3.2 gäller för en strängt monoton funktion attx2 = x1 ⇔ f(x2) = f(x1) o h motsvarande för negationen: x2 6= x1 ⇔f(x2) 6= f(x1), vilket visar att f är en injektion. Vidare, y ∈ Vf ⇔ ∃x ∈Df : f(x) = y, så f : Df → Vf är en surjektion. Därmed är f en bijektion.Återstår att visa påståendet om monotoniteten, vilket måste göras skillt förfallen där f är strängt växande respektive strängt avtagande. Vi nöjer ossmed att visa det senare fallet, låt alltså f vara strängt avtagande. Vi harvisat att f−1 existerar o h då har vi f−1(f(x)) = x för alla x ∈ Df . Nukan vi utnyttja satsen 4.3.2 o h resonera med bete kningarna y1 = f(x1),y2 = f(x2), enligt:

x2 > x1 ⇔ f(x2) < f(x1)

f−1(f(x2)) > f−1(f(x1)) ⇔ f(x2) < f(x1)

f−1(y2) > f−1(y1) ⇔ y2 < y1 ,vilket visar att f−1 är strängt avtagande. Fallet f strängt växande bevisasanalogt.Exempel 4.5.3. Funktionen f : R → R : f(x) = 2x + 1 är strängt växande(kontrollera detta, t.ex. utgående från de�nitionen!). Då är f alltså o ksåsträngt monoton o h den inversa funktionen f−1 existerar. Då gäller enligtsatsen 4.5.2 att o kså f−1 är strängt växande. Denna kan bestämmas så attman löser ut x ur y = f(x) = 2x + 1, vilket ger x = 12(y − 1). Därefter byts

4.5. INVERS FUNKTION 77x o h y ut, vilket ger oss y = f−1(x) = 1

2(x− 1). Om vi nu ritar graferna av

y = f(x) = 2x + 1 o h y = f−1(x) = 12(x− 1) i samma koordinatsystem (gördetta!), ser vi att deras grafer är varandras spegelbilder i linjen y = x. Dettaär en allmän egenskap hos y = f(x) o h y = f−1(x) o h beror på förfarandetvi såg ovan med att byta ut x o h y då man bestämmer f−1. Vi ser o ksåi detta exempel, att f−1(f(x)) = x = f(f−1(x)), vilket o kså gäller allmänto h brukar ibland tas som en de�nition av inversen f−1. Funktionen f kanju o kså betraktas som invers funktion till f−1.Exempel 4.5.4. Grafen av funktionen f : [1,∞[→ [−1,∞[: f(x) = x2 −2x,i �gur 4.8, antyder att den är strängt växande i sin de�nitionsmängd. Vivisar detta utgående från de�nitionen, det bör alltså gälla att x1 < x2 ⇒

f(x1) < f(x2). Vi kan välja x1, x2 ∈ [1,∞[ så att x1 < x2 o h granskaf(x2) − f(x1) = x2

2 − 2x2 − (x21 − 2x1) = (x2

2 − x21) + 2(x1 − x2) =

(x2 + x1)(x2 − x1) − 2(x2 − x1) = (x2 + x1 − 2)(x2 − x1) > 0 ,eftersom x1 < x2 ⇔ x2 − x1 > 0 o h x1, x2 ∈ [1,∞[ ⇒ x2 > x1 ≥ 1medför att den första parentesen är positiv. Därmed är f(x2)−f(x1) > 0 ⇔f(x1) < f(x2) o h funktionen är strägt växande o h således strängt monoton.Satsen 4.5.2 säger då att det �nns en invers funktion f−1 som o kså är strängtmonoton. Inversen kan då bestämmas enligt:

y = x2 − 2x ⇔ y + 1 = x2 − 2x + 1 = (x − 1)2 .Då (x − 1)2 ≥ 0 måste y + 1 ≥ 0 ⇔ y ≥ −1. Då fås x − 1 = ±√y + 1, därminuste knet kan förkastas eftersom x− 1 ≥ 0. Variabelbytet mellan x o h yger den inversa funktionen y = f−1(x) = 1+

√x + 1 med Df−1 = [−1,∞[ o h

Vf−1 = [1,∞[. 4 Se �gur 4.8, där kurvorna y = x, y = f(x) o h y = f−1(x)�nns illustrerade.4Idén med kvadratkomplettering (addition av en konstant till båda leden för att få enjämn kvadrat (x−1)2 i högra ledet) som utnyttjades ovan kan även användas till att meradirekt bevisa att f(x) = x2 − 2x är strängt växande. Notera att f(x) = (x − 1)2 − 1o h att satsen 3.6.1 säger att funktionen x2 är strängt växande för x ≥ 0. Då är ävenfunktionen (x − 1)2 är strängt växande för x ≥ 1 o h konstanten −1 som adderas tilländrar inte detta för funktionens f del emedan konstanterna tar ut varandra då manjämför funktionsvärdena:f(x2) > f(x1) ⇔ (x2 − 1)2 − 1 > (x2 − 1)2 − 1 ⇔ (x2 − 1)2 > (x2 − 1)2 .

78 KAPITEL 4. FUNKTIONERSom vi har konstaterat i exemplen, har den inversa funktionen egenska-perna:Egenskap 4.5.5. Antag, att f : A → B har en invers funktion f−1 : B → A.Denna har egenskaperna1. (f−1)−1

= f , d.v.s. ∀x ∈ Df : (f−1)−1

(x) = f(x).2. ∀x : (f−1 ◦ f)(x) = (f ◦ f−1)(x) = x3. Om grafen av f har ekvationen F (x, y) = 0 så har grafen av f−1 ekva-tionen F (y, x) = 0. Detta innebär att graferna är varandras spegelbildermed avseende på linjen y = x.

−1

0

1

2

3

4

5

−1 0 1 2 3 4 5

y

x

y = xf(x) = x2 − 2x

f−1(x) = 1 +√

x + 1Figur 4.8: Grafen av funktionerna f(x) = x2 − 2x o h f−1(x) = 1 +√

x + 1som studerades i exemplet ovan. Observera symmetrin med avseende på lin-jen y = x.

4.6. NÅGRA VANLIGA FUNKTIONER 794.6 Några vanliga funktioner4.6.1 Det allmänna rotbegreppetRotbegreppet behövs då man skall lösa ekvationenxn = a , n ∈ Z+ , a ∈ R .Funktionen f(x) = xn i vänstra ledet har olika utseende beroende på om när jämnt eller udda, se �guren 4.9, lösningarna till ekvationen beror o kså avvärdet på parametern a.

y

x

n jämnty

x

n uddaFigur 4.9: Prin ipiellt utseende hos grafen av funktionen f(x) = xn för jämnao h udda värden på n ∈ Z+.För a ≥ 0 existerar alltid en lösning till ekvationen xn = a, oberoende avn. Däremot, ifall a < 0, måste n vara udda ifall det skall �nnas en lösning.Exempelvis ekvationen x2 = 4 har lösningarna x = ±2, medan x3 = 8 harlösningen x = 2. Allmänna lösningen till ekvationen brukar benämnas �n:teroten ur a� o h denna de�nieras för a ≥ 0:De�nition 4.6.1. Låt n ∈ Z+ o h a ≥ 0. Då är den entydiga i ke-negativalösningen till ekvationen

xn = a

n:te roten ur a o h bete knas n√

a eller a1n .Exempel 4.6.1. 4

√16 = 2, ty 24 = 16. Man kan o kså beräkna n:te roten urett negativt tal ifall n råkar vara udda, 3

√−27 = −3, ty (−3)3 = −27.Följande sats sammanfattar de olika fallen som kan inträ�a för lösningav ekvationen xn = a.

80 KAPITEL 4. FUNKTIONERSats 4.6.2. Antag, att n ∈ Z+ o h a ∈ R. Då är lösningsmängden tillekvationen xn = a

L =

{− n√

a, n√

a} , om n är jämnt o h a > 0{0} , om a = 0∅, om n är jämnt o h a < 0{ n√

a} , om n är uddaExempel 4.6.3. För ekvationens 63x3 = −1 del är n = 3 o h a = − 163,varvid lösningen är 3

√

− 163

= − 13√63

, ty (−1)3 = −1. Roten måste hanterasmed närmevärden.Exempel 4.6.4. Vi löser olikheten x4 − 80 < 0, börjar med att söka noll-ställen till vänstra ledet: x4 − 80 = 0, n = 4 o h a = 80. Då är nollställenaenligt satsen 4.6.2 : x1,2 = ± 4√

80 ≈ ±2, 99. Eftersom n är jämnt kommerkurvan y = x4 − 80 att ha utseendet till vänster i �gur 4.9 (konstanten 80som subtraheras från x4 kommer att föskjuta kurvan nedåt så att den skärx-axeln i två punkter). Från detta (eller genom att göra upp ett te kens hemaför f(x) = x4 − 80) kan vi sluta oss till att f(x) < 0 då x ∈]x1, x2[.4.6.2 Det allmänna potensbegreppetVi har tidigare behandlat potenser, an för a ∈ R o h n ∈ Z+. Vi utvidgar nudetta tillDe�nition 4.6.2. Låt m ∈ Z, n ∈ Z+ o h a > 0. Då gäller

amn = n

√am .(gäller även i fallet a = 0 ifall m ∈ Z+)Räknereglerna för potenser vi såg tidigare kan då generaliseras till:Regel 4.6.5. Låt a, b ∈ R+ (positiva reella tal) o h x, y ∈ Q. Då gäller1. axay = ax+y2. ax

ay = ax−y3. (ab)x = axbx

4.7. EXPONENTIALFUNKTIONEN 814. (ab

)x= ax

bx5. (ay)x = axy6. (ab

)−x=(

ba

)xExempel 4.6.6.(

27

64

)− 23

=

(33

43

)− 23

=

(3

4

)− 23·3

=

(3

4

)−2

=

(4

3

)2

=16

9= 1

7

9.4.7 ExponentialfunktionenFunktionen f : R → R+ : f(x) = ax , a > 0 , a 6= 1, kallas exponential-funktionen med basen a.Egenskap 4.7.1. Exponentialfunktionen uppfyller följande:1. Df = R o h Vf = R+.2. Räknereglerna 4.6.5 gäller även för exponentialfunktionen.3. f är strängt växande för a > 1 o h strängt avtagande för 0 < a < 1.4. f(0) = 1, d.v.s. grafen går alltid genom punkten (0, 1).5. Kurvorna y = ax o h y =

(1a

)x är symmetriska med avseende på y-axeln5.Vi har sett att en strängt monoton (strängt avtagande eller strängt väx-ande) funktion har egenskaperna i satsen 4.3.2, som kan utnyttjas vid lösningav ekvationer o h olikheter med exponentialfunktioner.Exempel 4.7.2. Vi löser olikheten21−x <

1

2.5Detta blir uppenbart om man byter ut x mot −x eller vi e versa. Låt f(x) =

(1

a

)x o hg(x) = ax. Då ser man, via räknereglerna 4.6.5, att f(−x) = g(x) o h funktionsvärdenapå båda sidor om y-axeln är således lika.

82 KAPITEL 4. FUNKTIONEREnligt egenskaperna ?? är exponentialfunktionen med basen två strängt väx-ande. Då gäller21−x <

1

2⇔ 21−x < 2−1 ⇔ 1 − x < −1 ⇔ x > 2 .Denna metod att hantera exponentialfunktioner i ekvationer o h olikheterbrukar kallas exponentiering.4.8 LogaritmfunktionenVid lösning av ekvationer av typen

3x = 10kan man inte �nna en heltalslösning. Gissningsvis ligger lösningen strax över3, eftersom 33 = 9 < 10. För att hantera dylika ekvationer har man valt attde�niera begreppet logaritm. Lösningen är i detta fall �tre-logaritmen av 10�,eller x = log3 10.De�nition 4.8.1. a-logaritmen av talet b med bete kningen loga b är denexponent som talet a behöver upphöjas till för att ge talet b:

loga b = x ⇔ ax = b .Av detta följer att a, b > 0, a 6= 1.Exempel 4.8.1. log10 10000 = 4 emedan 104 = 10000. log9 3 = 12emedan

912 = 3.Regel 4.8.2. Låt a, b, c > 0, a 6= 1. Då gäller1. loga bc = loga b + loga c2. loga bc = c loga b, c ∈ RObservation 4.8.3. Vi ser, utgående från de�nitionen o h reglerna6 ovan,6Som en varning kan vi o kså notera följande

loga (b ± c) 6= loga b ± loga c

loga (b · /c) 6= loga b · / loga c .Dessa, tillsammans med andra upptänkliga, felaktiga varianter av räknereglerna ovan bru-kar vara den främsta orsaken till nollresultat i räkneuppgifter innehållande logaritmer.

4.8. LOGARITMFUNKTIONEN 83attloga ab = b loga a = b , b ∈ R

loga

b

c= loga b + loga

1

c= loga b + loga c−1 = loga b − loga c

loga aloga b = loga b ⇔ aloga b = b , b ∈ R+Exempel 4.8.4. Räknereglerna ovan kan användas för att hyfsa uttry k in-nehållande logaritmer1 − log2 3 + 2 log2

(√3

2

)

= log2 2 − log2 3 + 2 log2

(√3

2

)

= log2

(2

3

)

+ log2

(√3

2

)2

= log2

2 ·√

32

3 · 22

= log2

1

2= log2 2−1 = − log2 2 = −1Om vi låter logaritmens argument variera, kan vi bilda logaritmfunktio-nen:

f(x) = loga x .Tillsammans med exponentialfunktionen, g(x) = ax, kan vi ur sambandety = g(x) = ax ⇔ x = loga y ,se att logaritmfunktionen o h exponentialfunktionen är varandras inversafunktioner.De�nition 4.8.2. Logaritmfunktionen med basen a (a > 0, a 6= 1):f : R+ → R : f(x) = loga x .Dess inversa funktion är exponentialfunktionen:

g : R → R+ : f−1(x) = g(x) = ax .


−3

−2

−1

0

1

2

3

−3 −2 −1 0 1 2 3

y

x

f(x) = x= 2x

= 2−x

= log2 x= log 1

2xFigur 4.10: Exponentialfunktionerna 2x respektive (1

2

)x= 2−x o h logaritm-funktionerna log2 x respektive log 1

2x. Exponentialfunktionerna o h logaritm-funktionerna är varandras inversa funktioner, notera symmetrin kring linjen

y = x. Observera o kså att exponential- o h logaritmfunktionerna är strängtväxande (2x o h log2 x) då basen (a = 2) är större än ett medan de är strängtavatagande (2−x o h log 12x) ifall basen (a = 1

2) är mindre än ett. Vidare är lo-garitmfunktionerna log2 x o h log 1

2x symmetriska med avseende på x-axeln.

Egenskap 4.8.5. Följande kan härledas ur det faktum att logaritmfunktionenf : R+ → R : f(x) = loga x, där a > 0, a 6= 1, är exponentialfunktionensinversa funktion1. Df = R+ o h Vf = R.2. f är strängt växande för a > 1 o h strängt avtagande för 0 < a < 1.3. f(1) = 0, grafen går genom punkten (1, 0).4. Kurvorna y = loga x o h y = log 1

ax är symmetriska med avseende på

x-axeln.

4.8. LOGARITMFUNKTIONEN 85Egenskaperna o h reglerna ovan är till nytta vid lösning av ekvationer o holikheter. Före man börjar tillämpa reglerna är det emellertid alltid säkrastatt kontrollera var de ingående logaritmerna är de�nierade, så att man kanundvika skenlösningar (t.ex. en lösning till en ekvation som resulterar i enode�nierad logaritm i den ursprungliga ekvationen).Exempel 4.8.6. Vi löser ekvationenlog2

(x2 − 1

)= 3 .Noterar först att de�nitionsmängden för logaritmfunktionen i vänstra ledetär x < −1 eller x > 1, ty argumentet måste vara positivt, x2 − 1 > 0. Dåkan vi exponentiera båda leden o h få

log2

(x2 − 1

)= 3 ⇔ 23 = x2 − 1 ⇔ x2 = 9 ⇔ ±3 .Båda rötterna tillhör de�nitionsmängden, så slutresultatet är L = {±3}.Exempel 4.8.7. Vi löser olikheten

log10 (x − 1) < 1 .De�nitionsmängden är nu x > 1. Eftersom basen (a = 10 > 1) är större änett är logaritmfunktionen strängt växande o h vi kan skriva om högra ledetenligt 1 = log10 10, så kan satsen 4.3.2 utnyttjas enligtlog10 (x − 1) < 1 = log10 10 ⇔ x − 1 < 10 ⇔ x < 11 .Med beaktande av de�nitionsmängden fås då slutresultatet 1 < x < 11.Vi har sett att en logaritmfunktion kan ha olika värden på basen a. Ipraktiska beräkningar, t.ex. i mjukvaran till kalkylatorer eller datorns mate-matiska programpaket, är det do k brukligt att alla beräkningar utförs medbasen e ≈ 2, 71824 . . .. Detta tal kallas Nepers tal7 Logaritmen med basentio kallas på motsvarande sätt den Briggska logaritmen8. Man har givit dessatvå spe iella logaritmfunktioner egna bete kningar, enligt:

loge x = ln x7Uppkallat efter den skotske matematikern John Napier (1550-1617), som upptä ktelogaritmerna.8Henry Briggs (1561-1630), engelsk matematiker som arbetade med tiologaritmer o htrigonometri.

86 KAPITEL 4. FUNKTIONERo hlog10 x = lg x .För att kunna utföra beräkningar även med andra baser än dessa behöverman då relatera dem till den allmänna basen a, m.a.o. ett system för att bytabas:Sats 4.8.8. Antag, att a, b ∈ R+ \ {1} o h x ∈ R+. Då gäller

loga x =logb x

logb a.Bevis. Vi utgår från påståendet o h tillämpar räknereglerna

loga x =logb x

logb a⇔ logb a · loga x = logb x

⇔ logb aloga x = logb x

⇔ aloga x = x ⇔ santNu kan vi alltså hantera ekvationer o h olikheter innehållande logaritmermed olika baser.Exempel 4.8.9. Vi löser ekvationenln x = lg x + 2 .Konstaterar först att de�nitionsmängden är x ∈ R+. Då kan vi byta bas förBriggska logaritmen enligt lg x = ln x

ln 10o h få

ln x = lg x + 2 ⇔

ln x =ln x

ln 10+ 2 ⇔

(

1 − 1

ln 10

)

ln x = 2 ⇔

ln x =2 ln 10

ln 10 − 1=

2 ln 10

ln 10 − ln e⇔

ln x =ln 102

ln 10e

⇔

x = eln 102

ln 10e ≈ 34, 3 .

4.8. LOGARITMFUNKTIONEN 87Förutom basbyte är även logaritmering9 användbart vid lösning av ek-vationer o h olikheter. Man bör do k alltid kontrollera att de uttry k somlogaritmeras är positiva.Exempel 4.8.10. Vi löser ekvationene2x = 2 .De�nitionsmängden är nu R o h eftersom båda leden är positiva kan vi loga-ritmera dessa o h få

e2x = 2 ⇔ln e2x = ln 2 ⇔

2x ln e = ln 2 ⇔2x = ln 2 ⇔

x =1

2ln 2 ⇔

x = ln√

2 .

9Förfarandet baserar sig på att logaritmfunktionen är strängt monoton, vilket möjliggörtillämpning av resultaten i sats 4.3.2.


Kapitel 5Geometri o h TrigonometriVi repeterar grundläggande begrepp från geometrin, främst rörande rätvink-liga trianglar o h tillämpar dessa samt tidigare behandlat material om trigo-nometriska funktioner. Elementär analytisk geometri såsom räta linjens o henkla kurvors ekvationer, som redan berörts i några sammanhang, antas varabekant från grundskolans matematik.5.1 VinklarVinklar kan mätas i grader eller radianer1, vi kommer i huvudsak att användaradianer som de�nieras enligt:De�nition 5.1.1. Storleken av en vinkel i radianer (bete knas �rad�) ärmätetalet för längden av motsvarande irkelbåge i en irkel med radien ett.Eftersom vinkeln för ett helt varv i irkeln i grader är 360◦ o h längden avmotsvarande båge ju är irkelns omkrets 2πr, r = 1, fås att 360◦ motsvarasav 2π rad. Detta leder till omräkningsformeln mellan grader, α, o h radianer,t, enligt

α

360◦=

t

2π.Exempel 5.1.1. Formeln ovan kan utnyttjas vid omvandling mellan gradero h radianer.1Vid numeriska beräkningar med kalkylator lönar det sig att alltid kontrollera nog-grannt att den är inställd på rätt vinkelenhet.89

90 KAPITEL 5. GEOMETRI OCH TRIGONOMETRI23π

1

1

Figur 5.1: Vinkeln 23π motsvaras av längden på irkelbågen som �nns mellanvinkelbenen av längden ett.a) 2

3π rad motsvaras av α = 360◦ · t

2π= 360◦ · 1

2π· 2

3π = 360◦

3= 120◦.b) 225◦ motsvaras av t = 2π · α

360◦= 2π · 225◦

360◦= 2π · 5

8= 11

4π.Vår de�nition ovan kan uppfattas så att en vinkel aldrig kan vara störreän 2π. Så är do k inte fallet, om vi låter t i formeln ovan ange hur lång väg virört oss motsols längs irkelns periferi från punkten (1, 0), ser vi att vi kan havinklar större än 2π. Även negativa vinklar kan förekomma, detta innebär attvi rör oss medsols längs irkelns periferi. Således har vi att t ∈ R o h varjevärde på t motsvarar alltså exakt en punkt P på irkelbågen. Omvänt har viatt varje punkt P motsvaras av oändligt många reella tal t + n · 2π, n ∈ Z,vilket betyder att vinkeln t är entydigt bestämd endast på varvet när (mankan alltså ta godty kligt många fulla varv i positiv o h/eller negativ riktningo h i alla fall hamna i punkten P ). Om vi däremot begränsar vinklarna enligt

t ∈ [0, 2π[, kommer varje punkt P att svara mot exakt ett t o h avbildningenfrån P till t är en bijektion.Exempel 5.1.2. Vi bestämmer vinkeln t ∈ [0, 2π[ som svara mot sammaperiferipunkt P som vinkeln t̂ = −376π = −61

6π. Vinkeln kan skrivas i formen

t̂ = 116π−4·2π. Vi har alltså n = −4 i formeln t+n·2π, med t = 11

6π ∈ [0, 2π[.

5.2. TRIANGELN 91b bb

hhh h hFigur 5.2: Geometriska beviset av triangelns vinkelsumma o h area.5.2 TriangelnVi inleder vår behandling av trigonometri med en grundläggande geometriskstruktur, nämligen triangeln.Sats 5.2.1. Låt basen o h höjden i en triangel bete knas b respektive h. Dåär summan av vinklarna i triangeln π o h triangelns area A = bh2.Bevis. Visar påståendet geometriskt. Betrakta �guren 5.2, där vi till vänsterhar vår ursprungliga triangel. I den mittersta bilden har denna re�ekteratsmot en av triangelbenen, så att två identiska trianglar bildar ett parallel-logram. Därefter, i bilden till höger, har den mindre triangeln som uppstårdå man delar den ursprungliga med höjden, �yttats från parallellogrametsvänstra sida till dess högra sida. Resultatet är en rektangel, som har vinkel-summan (4 · 90◦) 4 · π

2= 2π. Eftersom den triangel som påståendet gäller ärgodty klig, vill vi alltså visa att vinkelsumman i varje triangel är π. Då kanvi granska parallellogramet i mitten närmare o h konstatera, att de vinklarsom ingår i den ursprungliga triangelns vinkelsumma ingår två gånger i pa-rallellogramets vinkelsumma. Vidare ser vi, för rektangelns del (via teorinför komplement- o h likabelägna vinklar), att de två räta vinklarna i dessövre kant bildas av vinkelsumma hos den första triangeln. Därmed är den-na lika med 2 · π

2= π. Beträ�ande arean står det klart att parallellogrameto h rektangeln har samma area, som är två gånger så stor som triangelns.Vi kan beräkna rektangelns area till b · h o h emedan detta är 2A följerpåståendet.5.2.1 Rätvinkliga triangelnMånga viktiga begrepp o h trigonometriska funktioner kan baseras på rät-vinkliga triangeln. Vi börjar med att repetera Pythagoras sats:

92 KAPITEL 5. GEOMETRI OCH TRIGONOMETRISats 5.2.2. Antag att a o h b är längderna av kateterna o h c är längden avhypotenusan i en rätvinklig triangel. Då gäller:a2 + b2 = c2 .Bevis. Vi bevisar påståendet geometriskt. Arrangera fyra rätvinkliga triang-lar mellan två kvadrater enligt �gur 5.3. Den stora kvadraten har då arean

(a + b)(a + b) = (a + b)2, den lilla kvadraten har arean c2 o h varje triangelhar arean ab2. Då har vi för areorna likheten

(a + b)2 = c2 + 4 · ab

2⇔ a2 + 2ab + b2 = c2 + 2ab ⇔ a2 + b2 = c2 .

a

a

a

a

aa

a

b

b

b

b

c

c

c

c

Figur 5.3: Geometriska beviset av Pythagoras sats.

5.2. TRIANGELN 93α

am

m

α = π3 α = π

4 = β

b k

c

β = π2 − α

2kβ

β = π6

m√

2k√

3

Figur 5.4: Rätvinkliga trianglar. Till vänster en allmän sådan, i mitten o htill höger typtrianglarna I o h II.De�nition 5.2.1. För en spetsig (< π2) vinkel α i en rätvinklig triangel, se�g. 5.4 till vänster, gäller1. sin α = a

c= motstående katethypotenusan2. cos α = b

c= närliggande katethypotenusan3. tan α = a

b= motstående katetnärliggande katet4. cot α = 1

tan αDe�nition 5.2.2. Spe iella rätvinkliga trianglar, se �guren 5.4 i mitten o htill höger, som ger exakta värden på de trigonometriska funktionerna ovan ärTyptriangel I har vinklarna π6, π

3o h π

2.Typtriangel II har vinklarna π

4, π

4o h π

2.Vi ser, exempelvis med tillämpning av Pythagoras sats, att sidorna hostyptriangel I har förhållandet 1 :

√3 : 2 o h att sidorna hos typtriangel IIhar förhållandet 1 : 1 :

√2.Exempel 5.2.3. En vinkel i en rätvinklig triangel har värdet 5π

12o h dessnärliggande katet har måttet 5, 0 cm. Vi bestämmer triangelns övriga delar.Låt den kända vinkeln vara α = 5π

12o h kateten vara b = 5, 0 cm. Eftersomtriangeln är rätvinklig o h varje triangel har vinkelsumman π, fås β = π −

94 KAPITEL 5. GEOMETRI OCH TRIGONOMETRIπ2− 5π

12= π

12. Motstående kateten fås via tangensfunktionen tanα = a

b⇔

a = b tan α = 5, 0 cm tan π12

≈ 18, 7 cm. Hypotenusans längd fås enligt:c =

√a2 + b2 ≈ 19, 4 cm.

(1, tan t)

cos t

sin tt

1

1−1

−1

y

x

Figur 5.5: Enhets irkeln o h de viktigaste trigonometriska sambanden.

5.3. ENHETSCIRKELN 955.3 Enhets irkelnMed begreppet �enhets irkeln� avses en irkel med radien ett o h medel-punkt i origo. Denna förekommer i många delområden av matematiken somett viktigt verktyg för att hantera de�nitioner o h bevisa egenskaper. Vi un-dersöker sin t o h ritar in en rätvinklig triangel i enhets irkeln (den mindreav trianglarna i �gur 5.5). Emedansin t =

motstående katethypotenusan ,så fås sin t som höjden genom hypotenusan. Hypotenusan har i enhets irkelnalltid värdet ett, eftersom radien är ett. Vinkeln t svarar mot en punkt på irkelns periferi, som vi kan bete kna (x, y). Höjden är då y, varvidsin t =

y

1= y .Motsvarande resonemang för cos t ger

cos t =x

1= x .Således är i enhets irkeln periferipunktens koordinater, för en viss vinkel t,

(x, y) = (cos t, sin t) o h vinkelns värde motsvaras av längden av irkelbågenfrån (1, 0) till (x, y). Detta ger o kså direktSats 5.3.1. Pythagoras sats tillämpad på enhets irkelnsin2 t + cos2 t = 1 ∀t ∈ R .5.4 Trigonometriska funktionerFunktionerna sin t o h cos t är de�nierade på R o h har värdemängden [−1, 1].Utgående från våra tidigare de�nitioner ses att

tan t =y

x=

sin t

cos t, cot t =

x

y=

cos t

sin t.Genom att studera de�nitions- o h värdemängderna för de i täljare o h näm-nare ingående funktionerna sin t o h cos t samt göra en geometrisk tolkning

96 KAPITEL 5. GEOMETRI OCH TRIGONOMETRIav funktionerna ovan (se �gur 5.5) inser man att tan t o h cot t antar alla reel-la värden o h att deras de�nitionsmängder är alla reella tal utom de punkterdär nämnaren är lika med noll. I fallet tan t är dessa punkterna (0,±1) påenhets irkeln. I dessa punkter har vit =

π

2+ nπ , n ∈ Z .Motsvarande för cot t är punkterna (±1, 0) o h t = nπ , n ∈ Z. Vi harsåledes

Dtan = R \{π

2+ nπ | n ∈ Z

}

, Vtan = R ,

Dcot = R \ {nπ | n ∈ Z} , Vcot = R .

1 1 1

1 1 1−1

−1

−1

−1

−1

−1

++ +

++

+

− −

−

−

−

−

sin t cos t tan tFigur 5.6: Te kenväxlingen hos sin t, cos t o h tan t på enhets irkeln.Te kenväxlingen hos de trigonometriska funktionerna kan sammanfattasenligt:0 < t < π

2π2

< t < π π < t < 3π2

3π2

< t < 2πsin t + + − −cos t + − − +tan t + − + −För 0 < t < π

2säger man att vinkeln ligger i första kvadranten (x, y > 0 i vårtvanliga xy-koordinatsystem), för π

2< t < π i andra kvadranten (x < 0, y >

0), för π < t < 3π2i tredje kvadranten (x, y < 0) o h för 3π

2< t < 2π i fjärdekvadranten (x > 0, y < 0). Gra�skt kan te kenväxlingen hos funktionernaåskådliggöras som i �gur 5.6.

5.4. TRIGONOMETRISKA FUNKTIONER 97Exempel 5.4.1. Vi bestämer sin t o h cos t då vi vet att tan t = −3 o ht ∈]

π2, π[. Vi kan utnyttja de�nitionen på tangensfunktionen o h Pythagorassats, det är givet att

sin t

cos t= tan t = −3 ⇔ sin t = −3 cos t .Å andra sidan har vi sin2 t+cos2 t = 1, vilket kan kombineras med sambandetovan(−3 cos t)2 + cos2 t = 1 ⇔

9 cos2 t + cos2 t = 1 ⇔

cos t = ± 1√10

.Enligt antagande gäller t ∈]

π2, π[. I detta intervall ser vi från tabellen ellergrafen över osinusfunktionens te kenväxling att denna är negativ, vilket bety-der att vi måste förkasta den positiva lösningen ovan. Således är cos t = − 1√

10o h sin t = −3 cos t = 3√10.5.4.1 RekursionsformlerDe �esta trigonometriska räkneregler o h formler �nns i tabeller som kananvändas fritt i tentamina o h räkneövningar. Därmed behöver man intelära sig dessa utantill, utan det rä ker ifall man känner till grundläggandede�nitioner o h egenskaper, såsom te kenväxling, geometrisk tolkning et . Vihar tidigare berört följande:Regel 5.4.2. Rekursionsformler för trigonometriska funktionerna1) sin (t + 2nπ) = sin t, t ∈ R, n ∈ Z.2) cos (t + 2nπ) = cos t, t ∈ R, n ∈ Z.3) tan (t + nπ) = tan t, t ∈ R \

{π2

+ mπ | m ∈ Z}, n ∈ Z.Exempel 5.4.3. Vi utnyttjar räkneregel 2 för att bestämma cos (−7π) =

cos (π − 2 · 4 · π) = cos π = −1.Regel 5.4.4. Följande räkneregler kan motiveras geometriskt, se �gur 5.7.

98 KAPITEL 5. GEOMETRI OCH TRIGONOMETRI

π + t−tt

π − t

1

1−1

−1Figur 5.7: Geometrisk illustration av vissa räkneregler för trigonometriskafunktioner.1) sin (π − t) = sin t, t ∈ R.2) cos (π − t) = − cos t, t ∈ R.3) tan (π − t) = − tan t, t ∈ R \{

π2

+ nπ | n ∈ Z}.4) sin (π + t) = − sin t, t ∈ R.5) cos (π + t) = − cos t, t ∈ R.6) sin (−t) = − sin t, t ∈ R.7) cos (−t) = cos t, t ∈ R.8) tan (−t) = − tan t, t ∈ R \

{π2

+ nπ | n ∈ Z}.

5.4. TRIGONOMETRISKA FUNKTIONER 99Exempel 5.4.5. Vi bestämmer exakta värdet på sin(

3π4

)= sin

(π − 3π

4

)=

sin π4

= 1√2.5.4.2 Trigonometriska funktionernas graferVi studerar graferna av funktionerna f(x) = sin x, g(x) = cos x o h h(x) =

tan x. Vi noterar även funktionernas viktigaste egenskaper.

−1.5

−1

−0.5

0

0.5

1

1.5

2π3π2

ππ20−π

2−π−3π2−2π

y

x

f(x) = sin xg(x) = cos xh(x) = tan x

Figur 5.8: De vanligaste trigonometriska funktionernas grafer.Egenskap 5.4.6. Funktionen f(x) = sin x, se �g. 5.8, uppfyller följande:1. sin 0 = 0.2. f(x) = sin x är en udda funktion, vilket betyder att den är symmetriskmed avseende på origo.3. Den är periodisk med perioden 2π: ∀t ∈ R : sin (t + 2π) = sin t.4. Dess kurva skär x-axeln i punkterna x = nπ, n ∈ Z.5. Dess största värde är 1 o h minsta värde −1. Största värdet antas förx = π

2+ 2nπ, n ∈ Z o h minsta värdet för x = 3π

2+ 2nπ, n ∈ Z.

100 KAPITEL 5. GEOMETRI OCH TRIGONOMETRIEgenskap 5.4.7. Funktionen g(x) = cos x, se �g. 5.8, uppfyller följande:1. cos 0 = 1.2. g(x) = cos x är en jämn funktion, vilket betyder att den är symmetriskmed avseende på y-axeln.3. Den är periodisk med perioden 2π: ∀t ∈ R : cos (t + 2π) = cos t.4. Dess kurva skär x-axeln i punkterna x = π2

+ nπ, n ∈ Z.5. Dess största värde är 1 o h minsta värde −1. Största värdet antas förx = 2nπ, n ∈ Z o h minsta värdet för x = π + 2nπ, n ∈ Z.Egenskap 5.4.8. Funktionen h(x) = tanx, se �g. 5.8, uppfyller följande:1. tan 0 = 0.2. h(x) = tan x är en udda funktion, vilket betyder att den är symmetriskmed avseende på origo.3. Den är periodisk med perioden π: ∀t ∈ R : tan (t + π) = tan t.4. Dess kurva skär x-axeln i punkterna x = nπ, n ∈ Z.5. Tangensfunktionen är ode�nierad för x = π

2+ nπ, n ∈ Z o h strängtväxande mellan dessa värden.5.4.3 AdditionsformlerFöljande formler kan bevisas med hjälp av teorin för komplexa tal (behandlassenare). Antingen de övre eller undre te knen väljs, om de blandas ihop gällerformeln inteRegel 5.4.9. Additionsformlerna för trigonometriska funktioner1) sin (x ± y) = sin x cos y ± cos x sin y, x, y ∈ R.2) cos (x ± y) = cos x cos y ∓ sin x sin y, x, y ∈ R.3) tan (x ± y) = tan x±tan y

1∓tan x tan y, där x, y, x ± y 6= π

2+ nπ, ∀n ∈ Z.

5.4. TRIGONOMETRISKA FUNKTIONER 101Exempel 5.4.10. Vi bestämmer sin (x − y) då sin x = −14, cos y = 2

3o h

0 < x, y < 3π2. Vinkeln x ligger i tredje kvadranten, eftersom sin x < 0 o h

x < 3π2. Då har vi alltså, att π < x < 3π

2. Å andra sidan är cos y > 0o h y > 0, vilket betyder att 0 < y < π

2. Se tabellen o h �guren 5.6 omfunktionernas te kenväxling. Additionsformeln ovan ger:

sin (x − y) = sin x cos y − cos x sin y ,så vi måste alltså bestämma cos x o h sin y. Dessa fås med Pythagoras satsför enhets irkeln:sin2 x + cos2 x = 1 ⇔ cos x = ±

√

1 − sin2 x = ±√

1 −(

−1

4

)2

= ±√

15

4,

sin2 y + cos2 y = 1 ⇔ sin y = ±√

1 − cos2 y = ±√

1 −(

2

3

)2

= ±√

5

3.Eftersom x ligger i tredje kvadranten är cos x = −

√154

< 0 o h då y liggeri första kvadranten är sin y =√

53. Insättning i additionsformeln ger då slut-resultatet: sin (x − y) = sin x cos y − cos x sin y = −1

4· 2

3−(

−√

154

)

·√

53

=

−16

+√

7512

= −16

+√

3·2512

= −16

+ 5√

312

= 5√

3−212

.Två vinklar, vars summa är π2kallas komplementvinklar kan via den vänst-ra triangeln i �guren 5.4 observeras uppfylla:Regel 5.4.11. För komplementvinklar gäller:1) sin

(π2− α

)= cos α, α ∈ R.2) cos

(π2− α

)= sin α, α ∈ R.3) tan

(π2− α

)= cot α, α ∈ R \ {nπ|n ∈ Z}.4) cot

(π2− α

)= tanα, α ∈ R \

{π2

+ nπ|n ∈ Z}.Även följande formler kan bevisas med hjälp av teorin för komplexa tal(behandlas senare).Regel 5.4.12. För dubbla vinklar gäller (för de värden på t där uttry kenär de�ninierade):

102 KAPITEL 5. GEOMETRI OCH TRIGONOMETRI1) sin 2t = 2 sin t cos t2) cos 2t = cos2 t − sin2 t = 2 cos2 t − 1 = 1 − 2 sin2 t3) tan 2t = 2 tan t1−tan2 tExempel 5.4.13. Vi härleder en formel för sin x

2. Utnyttja formeln för dubb-la vinkeln av osinus enligt:

cos x = cos(

2 · x

2

)

= 1 − 2 sin2(x

2

)

⇔

sin(x

2

)

= ±√

1 − cos x

2.5.5 Ekvationer med trigonometriska funktionerVi löser nu ekvationer som innehåller trigonometriska funktioner. Dessa kanvara av två typer; sådana som är av formen f(u) = f(v) o h sådana som ärav typen f(u) = k för någon viss trigonometrisk funktion f .5.5.1 Ekvationer av formen f(u) = f(v)Vi betraktar ekvationer av formen sin u = sin v, cos u = cos v samt tan u =

tan v för vinklarna u, v ∈ R. Vi betraktar nu �gur 5.5, där sambanden mel-lan en viss vinkel t o h motsvarande x- o h y-koordinater på enhets irkelnillustreras. Vi ser nu att cos t motsvaras av x-koordinaten o h sin t av y-koordinaten på enhets irkeln. Detta kan vi utnyttja vid lösningen av ekva-tionerna ovan, emedan exempelvis cos u = cos v ju säger att x-koordinaternaför två vinklar u, v ∈ R skall överensstämma. På samma sätt säger ekvationensin u = sin v att y-koordinaterna för två vinklar u, v ∈ R skall överensstäm-ma. Lösningen av ekvationen består då i att utreda vilka vinklar som uppfyl-ler detta.2 Det att man jämför koordinater på enhets irkeln medför do k enkomplikation, ty vinklarna t o h π−t+2nπ, n ∈ Z har ju samma y-koordinat(se �gur 5.5) o h vinklarna t o h −t, n ∈ Z har ju samma x-koordinat. Det-ta måste beaktas då man löser ekvationerna, vilket ju i praktiken leder till(oändligt) många lösningar.Vi sammanfattar dessa två fall:2Man kan o kså mera allmänt tänka sig att u o h v är uttry k som beror av någonvariabel o h leder till en ny ekvation i denna variabel.

5.5. EKVATIONER MED TRIGONOMETRISKA FUNKTIONER 103Observation 5.5.1.sin u = sin v ⇔ u = v + 2nπ ∨ u = π − v + 2nπ , ∀n ∈ Z

cos u = cos v ⇔ u = v + 2nπ ∨ u = −v + 2nπ , ∀n ∈ Z .För ekvationen tanu = tan v måste man först kontrollera att båda ledenär de�nierade, d.v.s. att u, v 6= π2

+ nπ, ∀n ∈ Z. Tangensfunktionen är peri-odisk med perioden π, så att tan t = tan (t + nπ), ∀n ∈ Z. Dessutom är densträngt växande (o h således även injektiv) i varje intervall av längden π:In =

]

nπ − π

2, nπ +

π

2

[

, ∀n ∈ Z .Detta leder till att om u o h v �nns i samma intervall In gäller att tanu =tan v ⇔ u = v. Om periodi iteten beaktas har vi dåObservation 5.5.2.

tan u = tan v ⇔ u = v + nπ , ∀n ∈ Z .Exempel 5.5.3. Vi löser ekvationensin x = sin 3x .Konstaterar först att D = R. Enligt vår observation för sinusekvationer harvi, med u = x o h v = 3x:

x = 3x + 2nπ ∨ x = π − 3x + 2nπ , ∀n ∈ Z , ⇔x = −nπ ∨ x =

π

4+ n

π

2⇔

x = mπ ∨ x =π

4+ n

π

2, ∀m, n ∈ Z .Lösningsmängden kan då sammanfattas, L = {mπ|m ∈ Z}∪

{π4

+ nπ2| n ∈ Z

}.Exempel 5.5.4. Vi löser den trigonometriska ekvationencos 2x = − sin

(

2x − π

4

)

.

D = R. Eftersom ekvationen inte är en ren sinus- eller osinusekvation ut-nyttjar vi formeln för komplementvinkel; sin(

π2− α

)= cos α, med α = 2x.

104 KAPITEL 5. GEOMETRI OCH TRIGONOMETRIDetta ger, då vi o kså noterar att sinusfunktionen är udda (sin (−α) =− sin α)

cos 2x = sin(π

2− 2x

)

= − sin(

2x − π

2

)

.Vår ekvation kan då lösas som en sinusekvation enligt observationen ovan:cos 2x = − sin

(

2x − π

4

)

⇔

− sin(

2x − π

2

)

= − sin(

2x − π

4

)

⇔

2x − π

2= 2x − π

4+ 2nπ ∨ 2x − π

2= π −

(

2x − π

4

)

+ 2nπ , ∀n ∈ Z , ⇔

0x =π

4+ 2nπ ∨ 4x =

7π

4+ 2nπ ⇔Falskt! ∨ x =

7π

16+ n

π

2.Det första fallet, som ledde till en falsk utsaga, ger inget bidrag, utan lös-ningsmängden blir L =

{7π16

+ nπ2| n ∈ Z

}.Det är inte alltid trivialt att omforma trigonometriska ekvationer till attpassa typfallen ovan, ibland måste man utnytttja olika omskrivningar, vilketillustreras av de två följande exemplen.Exempel 5.5.5. Vi löser ekvationensin

x

2=

√3 cos

x

2.Före vi studerar de�nitionsmängden skriver vi om ekvation enligt

sin x2

cos x2

= tanx

2=

√3 .Nu bestäms de�nitionsmängden av kravet x

26= π

2+ nπ, vilket ger D = R \

{π + 2nπ|n ∈ Z}. Konstanten i högra ledet råkar ly kligtvis ha anknytningtill typtriangel I, se �guren 5.4, nämligen så att √3 = tan π

3. Vi har dåtangensekvationen

tanx

2= tan

π

3⇔

x

2=

π

3+ nπ , ∀n ∈ Z ⇔

x =2π

3+ 2nπ .

5.5. EKVATIONER MED TRIGONOMETRISKA FUNKTIONER 105Eftersom ekvationen vi startade med inte innehåller tangensfunktioner måstevi ännu undersöka vad som händer i de otillåtna punkterna {π + 2nπ|n ∈ Z}.I dessa punkter är vänstra respektive högra ledet:sin

x

2= sin

(π

2+ nπ

)

= ±1 ,

√3 cos

x

2=

√3 cos

(π

2+ nπ

)

= 0 ,vilket visar att den ursprungliga ekvationen inte kan ha en lösning i dessapunkter. Slutresultatet är således: L ={

2π3

+ 2nπ | n ∈ Z}.Exempel 5.5.6. Vi löser ekvationen

cos 2x − 3 sinx + 1 = 0 .

D = R. Denna ekvation går tyvärr inte att skriva om, men om vi utnyttjarformeln cos 2x = 1 − 2 sin2 x för dubbla vinkeln ser vi att ekvationen blir enandragradsekvation för variabeln t = sin x:1 − 2 sin2 x − 3 sin x + 1 = 0 ⇔2 sin2 x + 3 sin x − 2 = 0 ⇔

t2 +3

2t − 1 = 0 ⇔

(t = −2) ∨ t =1

2,där rötterna kunde avläsas från koe� ienterna (alternativt kan man användarotformeln). Roten −2 kan do k förkastas, emedan |t| = | sin x| ≤ 1. Då harvi alltså sinusekvationen t = sin x = 1

2= sin π

6från typtriangel I, se �gur 5.4.Denna kan lösas enligt observationen ovan:

x =π

6+ 2nπ ∨ x = π − π

6+ 2nπ , ∀n ∈ Z , ⇔

x =π

6+ 2nπ ∨ x =

5π

6+ 2nπ ,vilket ger lösningsmängden: L =

{π6

+ 2mπ | m ∈ Z}∪{

5π6

+ 2nπ | n ∈ Z}.

106 KAPITEL 5. GEOMETRI OCH TRIGONOMETRI5.5.2 Inversa trigonometriska funktionerVi såg i exemplen ovan att ekvationer av typen f(u) = k kan lösas som sinus-, osinus- eller tangensekvationer ifall konstanten k är ett lämpligt funktions-värde. Tyvärr är detta oftast inte fallet, utan för att lösa ekvationen måsteden inversa funktionen till f existera så att u = f−1(k). Detta är dessutomi regel ett närmevärde.

−4

−2

0

2

4

π20−π

2

y

x

f(x) = sin xh(x) = tanxFigur 5.9: Restriktionerna av sin x o h tanx.Vi vet att sinus- o h osinusfunktionerna inte är injektiva på R, så fördessa som sådana existerar det inte någon invers funktion. Däremot, om vibegränsar oss till x ∈

[−π

2, π

2

] så är sin x injektiv o h antar alla värden i in-tervallet [−1, 1].3 På samma sätt kan vi för osinusfunktionens del begränsaoss till x ∈ [0, π]. Då har vi att sinus- o h tangensfunktionerna är bijektionerfrån [−π2, π

2

] respektive ]−π2, π

2

[ till [−1, 1] respektive R o h osinusfunktio-nen är en bijektion från [0, π] till [−1, 1]. Se �gurerna 5.9 o h 5.10. Därmedexisterar motsvarande inversa funktioner på dessa intervall, �ar ussinus�, �ar- us osinus� o h �ar ustangens�, se �gurerna 5.11 o h 5.12, enligt följande:3Detta förfarande med att begränsa eller dela upp de�nitionsmängden för en funktioni syfte att få den att anta en viss egenskap brukar kallas restriktion av funktionen.

5.5. EKVATIONER MED TRIGONOMETRISKA FUNKTIONER 107

−1

−0.5

0

0.5

1

ππ20

y

x

g(x) = cos x

Figur 5.10: Restriktionen av cos x.De�nition 5.5.1. Inversa trigonometriska funktioner.1. Inversen till sin x bete knas arcsin x eller sin−1 x o h uppfyllery = arcsin x ⇔ sin y = x , y ∈

[

−π

2,π

2

]

.2. Inversen till cos x bete knas arccos x eller cos−1 x o h uppfyllery = arccos x ⇔ cos y = x , y ∈ [0, π] .3. Inversen till tanx bete knas arctanx eller tan−1 x o h uppfyller

y = arctan x ⇔ tan y = x , y ∈]

−π

2,π

2

[

.Sats 5.5.7. Av de�nitionerna på de inversa trigonometriska funktionernaföljer att de är bijektiva o h:f−1(x) Df−1 Vf−1

arcsin x [−1, 1][−π

2, π

2

]

arccos x [−1, 1] [0, π]arctanx R

]−π

2, π

2

[

108 KAPITEL 5. GEOMETRI OCH TRIGONOMETRIπ

π2

0

−π2−1 −0.5 0 0.5 1

y

x

f−1(x) = arcsin xg−1(x) = arccosxFigur 5.11: Inversa sinus- o h osinusfunktionerna.Anmärkning 5.5.1. Vid lösning av ekvationer som innehåller trigonometriskafunktioner skall man komma ihåg att ifall deras inversa funktioner användsså införs automatiskt begränsningarna ovan på de�nitionsmängderna. Dettamedför att man bara får fram en lösning med ar usfunktionerna. De övrigalösningarna måste då bestämmas separat.Exempel 5.5.8. Sidorna i en rätvinklig triangel har längderna a = 3, b = 4o h c = 5 cm. Vi bestämmer vinklarna i triangeln. Eftersom triangeln ärrätvinklig är en av vinklarna π

2. Den längsta sidan c är hypotenusa o h detvå övriga a o h b kateter (Pythagoras sats, c2 = a2 + b2, uppfylls o kså meddetta antagande). Vi kallar den vinkel som står mot kateten a α o h dentredje vinkeln β. Då har vi

α ∈]

−π

2,π

2

[

, β ∈[

−π

2,π

2

]

,

tanα =a

b=

3

4⇔ α = arctan

3

4≈ 0, 64 ,

sin β =b

c=

4

5⇔ β = arcsin

4

5≈ 0, 93 ,

5.5. EKVATIONER MED TRIGONOMETRISKA FUNKTIONER 109π2

0

−π2−15 −10 −5 0 5 10 15

y

x

h−1(x) = arctan xFigur 5.12: Inversa tangensfunktionen.Exempel 5.5.9. Vi löser ekvationernaa) sin x = e. Denna ekvation är de�nierad överallt, D = R, men har ingenlösning eftersom Vsinx = [−1, 1], medan e > 1. Därmed är L = ∅.b) 1sinx

= e. Nu är D = R \ {nπ|n ∈ Z}, d.v.s. de punkter där sinusfunk-tionen inte är lika med noll. Vi skriver om o h löser ekvationen1

sin x= e ⇔ sin x = e−1 = sin arcsin e−1 ⇔

x = arcsin e−1 + 2nπ ∨ x = π − arcsin e−1 + 2nπ , n ∈ Z .Då fås lösningsmängdenL =

{arcsin e−1 + 2nπ | n ∈ Z

}

∪{− arcsin e−1 + (2n + 1)π | n ∈ Z

}Se �guren 5.13 över skärningspunkterna mellan kurvorna i ekvationensrespektive led.

110 KAPITEL 5. GEOMETRI OCH TRIGONOMETRI

−2

0

2

4

6

3π2ππ0−π−2π

y

x

1sinx

eFigur 5.13: Lösningarna till ekvationen 1sin x

= e.

Kapitel 6Gränsvärde o h KontinuitetI detta kapitel studerar vi ett entralt tema inom den matematiska kalkylen(eng. � al ulus�), nämligen gränsvärdesbegreppet. Såväl kontinuitetsegenska-per hos funktioner som de�nitionerna av derivatan o h integralen är baseradepå gränsvärden.6.1 GränsvärdeAtt bestämma gränsvärdet av en funktion f(x) innebär att man undersökervad som händer med funktionsvärdet då x närmar sig ett visst värde x0.Exempel 6.1.1. Vi undersöker gränsvärdet av funktionenf(x) =

sin x

xi punkten x0 = 0. Om vi direkt försöker sätta in x = x0 ser vi att f(x0)är ode�nierat, eftersom vi får � 00�. Uppenbarligen går det inte att få framgränsvärdet på detta sätt, ifall det existerar, så vi måste undersöka saken pånågot annat sätt. Vi kan därför rita grafen y = f(x) o h observera hur dennabeter sig i närheten av x = x0. Av �gur 6.1 framgår att ju närmare dennapunkt vi be�nner oss, desto närmare punkten 1 kommer funktionsvärdet attgå. Detta brukar bete knas f(x) → 1 då x → 0, eller

limx→0

sin x

x= 1 .111

112 KAPITEL 6. GRÄNSVÄRDE OCH KONTINUITET

0

0.5

1

1.5

2

−2 −1.5 −1 −0.5 0 0.5 1 1.5 2

f(x) = sin xx

y

x

e

Figur 6.1: Grafen y = sinxx. Funktionen är ode�nierad i origo, men har gräns-värdet 1 där.De�nition 6.1.1. En funktion sägs ha gränsvärdet a, då x går mot x0, omfunktionsvärdet kommer hur nära talet a som helst, bara x väljs tillrä kligtnära talet x0. Detta bete knas

limx→x0

f(x) = a eller f(x) → a då x → x0 .Anmärkning 6.1.1. Det kan även inträ�a att ett gränsvärde inte existerar,exempelvis så att funktionsvärdet går i olika riktning beeroende på om mannärmar sig x0 från höger eller vänster eller så att gränsvärdet går mot ±∞.Vi kommer senare att se exempel på detta.6.2 Räkneregler för gränsvärdenFör gränsvärden gäller ett antal räkneregler, som vi inte bevisar, eftersomdetta skulle kräva en mera exakt de�nition av gränsvärdesbegreppet. Vi nöjeross med att konstatera att reglerna är my ket intuitivaRegel 6.2.1. Antag, att gränsvärdena limx→x0 f(x) o h limx→x0 g(x) existe-rar. Då gäller

6.2. RÄKNEREGLER FÖR GRÄNSVÄRDEN 1131. limx→x0 (f(x) ± g(x)) = limx→x0 f(x) ± limx→x0 g(x)2. limx→x0 (f(x)g(x)) = (limx→x0 f(x)) (limx→x0 g(x))3. limx→x0

(f(x)g(x)

)

=limx→x0 f(x)

limx→x0 g(x), limx→x0 g(x) 6= 0 .Då man bestämmer gränsvärden fungerar ofta direkt insättning, så längefunktionen är de�nierad på båda sidor om x0. Så exempelvis för polynom,trigonometriska samt exponential- o h logaritmfunktionerna.Exempel 6.2.2. Vi bestämmer gränsvärdet

limx→2

x3 − 4 = 23 − 4 = 4 .Om funktionen däremot inte är de�nierad i punkten x0, såsom i vårtförsta exempel ovan där insättning gav � 00�, så kan direkt insättning intetillämpas. Man måste då göra någon form av omskrivning eller använda enspe iell metod för att hantera funktionen i denna punkt så att x = x0 går attsätta in i uttry ket. Exempelvis rationella uttry k, r(x) = p(x)

q(x), där p(x0) =

0 = q(x0), är typiskt sådana funktioner som kräver omskrivning. Detta kangöras genom att faktorisera polynomen, så att man kan förkorta bort detbesvärliga nollställetr(x) =

p(x)

q(x)=

(x − x0)u(x)

(x − x0)v(x)=

u(x)

v(x).Vi illustrerar denna metod i följandeExempel 6.2.3.

limx→−1

3x2 + 4x + 1

x + 1.Nu ger direkt insättning � 0

0�, så vi studerar täljaren p(x) = 3x2 + 4x + 1 =

3(x2 + 4

3x + 1

3

)= 3(x + 1)u(x). Detta emedan vi visste att x0 = −1 är ettnollställe. Det är inte svårt att från polynomets koe� ienter (se avsnittetovan om andragradsekvationer) se att u(x) = x + 1

3. Då kan gränsvärdet


−8

−6

−4

−2

0

2

4

−3 −2.5 −2 −1.5 −1 −0.5 0 0.5 1

f(x) = 3x2+4x+1x+1

y

x

e

Figur 6.2: Grafen y = 3x2+4x+1x+1

. Funktionen är ode�nierad i x0 = −1, menhar gränsvärdet −2 där.bestämmas enligtlim

x→−1

3x2 + 4x + 1

x + 1= lim

x→−1

3(x + 1)u(x)

x + 1

= limx→−1

3u(x)

= limx→−1

3x + 1

= −2 .Se �guren 6.2.Ett annat sätt att skriva om problemet är att låta h = x − x0 ⇔ x =h + x0, varvid x → x0 ⇔ h → 0, o h vi kan utnyttja sambandet

limx→x0

f(x) = limh→0

f(h + x0) .

6.2. RÄKNEREGLER FÖR GRÄNSVÄRDEN 115

0

1

2

3

4

5

6

−3 −2 −1 0 1 2

f(x) = x3−1x−1

y

x

e

Figur 6.3: Grafen y = x3−1x−1

. Funktionen är ode�nierad i x0 = 1, men hargränsvärdet 3 där.Exempel 6.2.4. Vi bestämmer gränsvärdet limx→1x3−1x−1

med omskrivningenenligt ovanlimx→1

x3 − 1

x − 1= lim

h→0

(h + 1)3 − 1

h + 1 − 1

= limh→0

h3 + 3h2 + 3h + 1 − 1

h + 1 − 1

= limh→0

h3 + 3h2 + 3h

h= lim

h→0h2 + 3h + 3

= 3 ,där vi i det andra steget utnyttjade Pas als triangel för att utve kla binomet(h + 1)3. Se �guren 6.3.Man kunde i det föregående exemplet även ha utnyttjat regeln (�nns itabeller)

an − bn = (a − b)(an−1 + an−2b + an−3b2 + · · ·+ a2bn−3 + abn−2 + bn−1) .

116 KAPITEL 6. GRÄNSVÄRDE OCH KONTINUITETDessutom kan man utnyttja konjugat- o h kvadreringsreglerna samt för ut-try k innehållande kvadratrötter förlängning med rotuttry kets konjugattal.I det följande ytterligare några exempel på hur man kan bestämma gräns-värden för funktioner som vid direkt insättning ger det ode�nierade � 00�.Exempel 6.2.5. Vi bestämmer gränsvärdet limx→1

√x−1

x−1medelst förlängningmed konjugatuttry ket o h konjugatregeln för produkten av två förstagradspo-lynom

limx→1

√x − 1

x − 1= lim

x→1

√x − 1

x − 1

(√x + 1√x + 1

)

= limx→1

(√

x − 1) (√

x + 1)

(x − 1) (√

x + 1)

= limx→1

x − 1

(x − 1) (√

x + 1)

= limx→1

1√x + 1

=1

2.Se �guren 6.4.Exempel 6.2.6. Vi bestämmer gränsvärdet limx→2

x3−8x2−4

genom att faktori-sera täljaren o h utnyttja konjugatregel i nämnarenlimx→2

x3 − 8

x2 − 4= lim

x→2

(x − 2)(x2 + 2x + 4)

(x − 2)(x + 2)

= limx→2

x2 + 2x + 4

x + 2

=22 + 2 · 2 + 4

2 + 2= 3 .Se �guren 6.5.Gränsvärden med trigonometriska funktioner brukar, ifall de inte kan be-stämmas med direkt insättning utan leder till någon ode�nierad form, om-formas så att man kan utnyttja följande 11Beviset utelämnas i brist på en exaktare gränsvärdesde�nition, vi har do k sett en�gra�sk motivering� för spe ialfallet limx→0

sin xx

.

6.2. RÄKNEREGLER FÖR GRÄNSVÄRDEN 117

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1

0 0.5 1 1.5 2 2.5 3

f(x) =√

x−1x−1

y

x

e

Figur 6.4: Grafen y =√

x−1x−1

. Funktionen är ode�nierad i x0 = 1, men hargränsvärdet 12där.Sats 6.2.7.

limx→0

sin f(x)

f(x)= 1 , om lim

x→0f(x) = 0 .

Exempel 6.2.8. Vi bestämmer gränsvärdet limx→0x sinx1−cos x

. Vi ser snabbt attdirekt insättning ger det ode�nierade � 00�. Idén är nu att försöka åstadkommaen kvot sin x

x, vilket betyder att vi måste omforma osinusfunktionen i näm-naren. Vi har Pythagoras sats:

sin2 x = 1 − cos2 x .Om vi nu �förlänger med en etta�, ser vi att multiplikation med nämnarenskonjugatuttry k leder till ovanstående o h vi får med användning av räkne-


0

1

2

3

4

5

−1 0 1 2 3 4

f(x) = x3−8x2−4

y

x

e

Figur 6.5: Grafen y = x3−8x2−4

. Funktionen är ode�nierad i x0 = 2, men hargränsvärdet 3 där.reglerna för gränsvärden:limx→0

x sin x

1 − cos x= lim

x→0

x sin x

1 − cos x

(1 + cos x

1 + cos x

)

= limx→0

x(1 + cos x) sin x

1 − cos2 x

= limx→0

x(1 + cos x) sin x

sin2 x

= limx→0

x(1 + cos x)

sin x

= limx→0

1 + cos xsinx

x

=limx→0 1 + cos x

limx→0sin x

x

=limx→0 1 + cos x

1= 1 + lim

x→0cos x

= 1 + 1 = 2 .

6.3. ENSIDIGA GRÄNSVÄRDEN 119

−5

−4

−3

−2

−1

0

1

2

3

−4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4

f(x) = x sin x1−cos x

y

x

e

Figur 6.6: Grafen y = x sin x1−cos x

. Funktionen är ode�nierad i x0 = 0, men hargränsvärdet 2 där.Se �guren 6.6.6.3 Ensidiga gränsvärdenVi har sett att ett gränsvärde innebär att en funktion närmar sig ett visst(ändligt) funktionsvärde då x närmar sig ett visst värde x0. För att gräns-värdet skall vara välde�nierat får det inte ha någon betydelse från vilket hållvi närmar oss x0. Således måste gränsvärdet vara detsamma då vi närmaross punkten x0 exempelvis från höger som från vänster. I många fall, där detinte existerar ett entydigt gränsvärde, �nns det do k skillnader mellan dessa.Man pratar då om ensidiga gränsvärden.Exempel 6.3.1. Vi betraktar den sty kevis de�nierade funktionenf(x) =

{x + 1 , x ≤ 1x , x > 1Denna har gränsvärdet 2 då vi närmar oss punkten x0 = 1 från vänster,

x → 1−, medan gränsvärdet är 1 då vi närmar oss punkten x0 = 1 från


−1

−0.5

0

0.5

1

1.5

2

2.5

3

−1 −0.5 0 0.5 1 1.5 2 2.5 3

y

x

u

−1

−0.5

0

0.5

1

1.5

2

2.5

3

−1 −0.5 0 0.5 1 1.5 2 2.5 3

y

x

e

Figur 6.7: Grafen y = f(x). Funktionen har olika vänster- o h högergräns-värde i punkten x0 = 1. Därför har den inget gränsvärde där.höger, x → 1+. Detta brukar bete knas enligt:lim

x→1−f(x) = 2 o h lim

x→1+f(x) = 1 .Det �nns alltså inget entydigt gränsvärde2 o h man säger därför att gräns-värdet limx→1 f(x) inte existerar, se �guren 6.7.De�nition 6.3.1. En funktion f(x) sägs ha vänstergränsvärdet a då x gårmot x0, om funktionsvärdena kommer godty kligt nära talet a så snart x < x0väljs tillrä kligt nära talet x0. Detta bete knas

limx→x−

0

f(x) = a .På motsvarande sätt har funktionen f(x) högergränsvärdet, do k så att x >x0, o h med bete kningen

limx→x+

0

f(x) = a .2Resultatet blir ju olika beroende på från vilket håll vi närmar oss x0!

6.3. ENSIDIGA GRÄNSVÄRDEN 121Följande sats, som kan bevisas med en exaktare de�nition av gränsvärdeän vår, säger att ett gränsvärde existerar om o h endast om vänster- o hhögergränsvärdena sammanfaller.Sats 6.3.2. Existensen av ett gränsvärdelim

x→x0

f(x) = a ⇔ limx→x−

0

f(x) = a = limx→x+

0

f(x) .Exempel 6.3.3. Funktionen f(x) =√

x−1x−1

saknar gränsvärde i punkten x0 =0, eftersom den inte är de�nierad för negativa x-värden (radikanden un-der roten måste vara positiv). Funktionen är heller inte de�nierad i punk-ten x = 1, emedan detta är ett nollställe till nämnaren. Däremot kan etthögergränsvärde bestämmas i punkten x0 = 0, vi får med direkt insättninglimx→0+

√x−1

x−1= 0−1

0−1= 1.

−1

−0.5

0

0.5

1

−1 −0.5 0 0.5 1

y

x

e

−1

−0.5

0

0.5

1

−1 −0.5 0 0.5 1

y

x

e

Figur 6.8: Grafen y =1−√

1−|x|x

. Funktionen har olika vänster- o h höger-gränsvärde i punkten x0 = 0. Därför har den inget gränsvärde där. Den ärheller inte de�nierad i denna punkt.

122 KAPITEL 6. GRÄNSVÄRDE OCH KONTINUITETExempel 6.3.4. Vi undersöker om gränsvärdet limx→0 f(x) existerar, dåf(x) =

1 −√

1 − |x|x

.För att gränsvärdet skall existera, måste limx→0− f(x) = limx→0+ f(x). Kon-staterar att f(x) är de�nierad, om x 6= 0 (nollställe i nämnaren) o h 1−|x| ≥0 (radikanden i ke-negativ). Detta ger −|x| ≥ −1 ⇔ |x| ≤ 1 ⇔ −1 ≤ x ≤ 1.De�nitionsmängden är således Df = [−1, 1] \ {0}. Direkt insättning av x0i f(x) ger den obestämda formen � 0

0�, men man kan omforma funktionengenom att förlänga med konjugatuttry ket till roten enligt:

f(x) =1 −

√

1 − |x|x

·(

1 +√

1 − |x|1 +

√

1 − |x|

)

=1 − (1 − |x|)

x(

1 +√

1 − |x|)

=|x|

x(

1 +√

1 − |x|) .Nu kan vi notera, att |x|

x= −1, om x < 0 (d.v.s. då x → 0−) o h |x|

x= 1,om x > 0 (d.v.s. då x → 0+). Vi kan då bestämma de ensidiga gränsvärdenamed direkt insättning

limx→0−

f(x) = limx→0−

|x|x

limx→0−

1

1 +√

1 − |x|= (−1) · 1

1 +√

1= −1

2

limx→0+

f(x) = limx→0+

|x|x

limx→0+

1

1 +√

1 − |x|= 1 · 1

1 +√

1=

1

2.Eftersom vänster- o h högergränsvärdena i punkten x0 = 0 är olika existerar

limx→0 f(x) inte. Se �guren 6.8.6.4 Gränsvärden o h oändlighetenVi skall nu studera två spe iella typer av gränsvärden. Den första är inte ettgränsvärde i egentlig mening eftersom den avser sådana gränsvärden som gårmot ±∞, medan den andra typen är ett egentligt gränsvärde (som existerar)för x → ±∞.

6.4. GRÄNSVÄRDEN OCH OÄNDLIGHETEN 1236.4.1 Oegentliga gränsvärden

−6

−4

−2

0

2

4

6

−6 −4 −2 0 2 4 6

y

x

f(x) = 1xFigur 6.9: Grafen y = 1

x.Exempel 6.4.1. Vi studerar funktionen f(x) = 1

x. Den är ode�nierad iorigo o h då x → 0+ (x närmar sig origo från höger) så växer funktionsvärdetobegränsat till positiva y-värden så att kurvan närmar sig y-axeln. Man sägerdå att f(x) går asymptotiskt mot y-axeln (eller linjen x = 0) o h att y-axelnär en asymptot till kurvan. På samma sätt, då x → 0− (x närmar sig origofrån vänster) så växer funktionsvärdet obegränsat till negativa y-värden så attkurvan närmar sig y-axeln.3 Vi har då

limx→0−

f(x) = −∞ , limx→0+

f(x) = ∞ .De�nition 6.4.1. En funktion f sägs ha det oegentliga gränsvärdet ±∞(välj något av te knen) då x → x0 om funktionsvärdena antar godty kligt3I det här fallet är o kså x-axeln en asymptot.

124 KAPITEL 6. GRÄNSVÄRDE OCH KONTINUITETstora positiva (negativa) värden (±∞) så snart x väljs tillrä kligt nära taletx0. Detta bete knas

limx→x0

f(x) = ±∞ , eller f(x) → ±∞ , x → x0 .Anmärkning 6.4.1. De oegentliga gränsvärdena är inga riktiga gränsvärden iden meningen att deras resultat skulle vara ett tal (±∞ är ju inte ett tal),utan bara ett sätt att uttry ka att ett funktionsvärde växer (eller avtar) över(under) alla gränser.Observation 6.4.2. Man bör vara försiktig med att använda räknereglernaför gränsvärden då man har att göra med oegentliga gränsvärden. Dessa gällerendast då gränsvärdet är ett tal o h inte för ±∞. Vi tar några exempel:1. ±∞ + a → ±∞ , ∀a ∈ R.2. k · ∞ →{

∞, k > 0 ∨ k → ∞−∞, k < 0 ∨ k → −∞ o h k

0±→{

±∞, k > 0∓∞, k < 0

.Dessutom är formerna �∞∞�, � 00�, �0 · ∞� o h �∞−∞� alla ode�nierade.Exempel 6.4.3. För n ∈ Z+ gäller att limx→0

1xn = ∞ om n är jämnt o hom n är udda gäller limx→0±

1xn = ±∞.Exempel 6.4.4. Vilka värden måste parametern a ∈ R anta för att gräns-värdetlimx→1

2x2 − ax + 1

x − 1skall existera (d.v.s. vara ändligt)? Bestäm gränsvärdet.Vi noterar genast att x0 = 1 är ett nollställe till nämnaren. Om tälja-ren då är olika noll i denna punkt, kommer gränsvärdet att vara oegentligt.Därför måste x0 = 1 vara ett nollställe till o kså täljaren för att gränsvärdetskall existera. Vi ser att den kan skrivas i formen p(x) = 2(x2 − a

2x + 1

2

).Om vi nu antar att x0 är ett nollställe till täljaren så kan vi skriva p(x) =2 (x − 1) (x − x1), där x1 då beror av a. Från teorin för andragradsekvatio-ners lösningar vet vi för ekvationerns koe� ienter att x0x1 = 1

2, vilket ger

x1 = 12. Dessutom vet vi att − (−a

2

)= a

2= x0 + x1 = 3

2, vilket ger a = 3.Gränsvärdet blir då

limx→1

2x2 − ax + 1

x − 1= lim

x→1

2 (x − 1)(x − 1

2

)

x − 1= lim

x→12

(

x − 1

2

)

= 1 .

6.4. GRÄNSVÄRDEN OCH OÄNDLIGHETEN 125Exempel 6.4.5. Betrakta grafen av funktionen f(x) = tanx, se �g. 5.8. Detgäller ∀n ∈ Z attlim

x→π2+nπ∓

tan x = ±∞ .Exempel 6.4.6. För logaritmfunktionen gäller för a > 1

limx→0+

loga x = −∞ , a > 1 .Däremot, om a ∈]0, 1[ så är 1a∈]1,∞[ o h då ln 1

a= ln a−1 = − ln a får vi

loga x =ln x

ln a= − ln x

ln 1a

= − log 1ax .Detta leder till

limx→0+

loga x = ∞ , 0 < a < 1 .Jämför med fallen a = 2 o h a = 12i �gur 4.10.6.4.2 Gränsvärden i oändlighetenDe�nition 6.4.2. Med benämningen i rubriken avser vi gränsvärden då

x → ±∞. Dessa är i regel egentliga gränsvärden, d.v.s. man har (välj ett avte knen)lim

x→±∞f(x) = a ,där a ∈ R är ändligt.I spe iella situationer kan emellertid även a vara ±∞, vilket betyder attvi har att göra med ett oegentligt gränsvärde enligt föregående avsnitt. Viåterkommer nu till funktionen f(x) = 1

x, för vilken vi i föregående avsnittkonstaterade att även x-axeln är en asymptot. Vi har nämligen då a = 0i de�nitionen ovan. Ofta är man intresserad av att beräkna gränsvärden ioändligheten för rationella uttry k. Detta sker i praktiken så att man för-kortar bråket med en faktor xm av samma gradtal som nämnaren, därefterutnyttjar man gränsvärdet

limx→±∞

c

xn= 0 ∀c ∈ R , n > 0 .


0

1

2

3

4

5

−40 −20 0 20 40

y

x

f(x) = 2x−1x+1Figur 6.10: Grafen y = 2x−1

x+1.Exempel 6.4.7. Vi bestämmer gränsvärdet

limx→∞

2x − 1

x + 1.Vi utnyttjar förfarandet ovan o h skriver 2x−1

x+1=

x(2− 1x)

x(1+ 1x), vilket ger

limx→∞

2x − 1

x + 1= lim

x→∞

2 − 1x

1 + 1x

=limx→∞ 2 − 1

x

limx→∞ 1 + 1x

=2 − limx→∞

1x

1 + limx→∞1x

=2 − 0

1 + 0= 2 .Se �guren 6.10.

6.4. GRÄNSVÄRDEN OCH OÄNDLIGHETEN 127Ett gränsvärde av formenlim

x→±∞[f(x) · g(x)]kan beräknas, om limx→±∞ g(x) = a 6= 0 existerar (d.v.s. a ∈ R är ändligt)o h limx→±∞ f(x) = ±∞. Gränsvärdet är då ±∞. Exempelvis, ifall n ∈ Z+,har vi

limx→±∞

xn = ∞ , n jämnt. limx→±∞

xn = ±∞ , n udda.

−10

−5

0

5

10

15

20

−10 −8 −6 −4 −2 0

y

x

−10

−5

0

5

10

15

20

−10 −8 −6 −4 −2 0

y

xFigur 6.11: Grafen y = 2x3−x2−11+x−x2 , med asymptoterna y = −2x o h x = 1−

√5

2.Exempel 6.4.8. Vi bestämmer gränsvärdet

limx→−∞

2x3 − x2 − 1

1 + x − x2.Vi utnyttjar det tidigare förfarandet o h skriver 2x3−x2−1

1+x−x2 =x2(2x−1− 1

x2 )x2(−1+ 1

x+ 1

x2 ),

128 KAPITEL 6. GRÄNSVÄRDE OCH KONTINUITETvilket gerlim

x→−∞

2x3 − x2 − 1

1 + x − x2= lim

x→−∞

2x − 1 − 1x2

−1 + 1x

+ 1x2

=limx→−∞ 2x − 1 − limx→−∞

1x2

−1 + limx→−∞1x

+ limx→−∞1x2

=limx→−∞ 2x − 1

−1

= 1 − limx→−∞

2x

= 1 − 2 · (−∞) = ∞ .Se �guren 6.11. Man ser i uträkningen ovan o h o kså i �guren att för vär-den på x som närmar sig −∞ kommer täljaren att domineras av (de övrigatermerna blir så småningom försumbara) termen 2x o h nämnaren av ter-men −1. Funktionens kurva har därmed en asymptot i linjen y = −2x. Denlodräta asymptoten härrör från nämnarens nollställe i den aktuella punkten(kontrollera detta!)Även gränsvärden av andra typer av rationella uttry k än sådana medpolynom i täljare o h nämnare kan hanteras med vår metod.Exempel 6.4.9. Vi undersöker gränsvärdet av funktionen f(x) = 3x+4x

4x+2x dåx → ∞.

limx→∞

3x + 4x

4x + 2x= lim

x→∞

3x + (22)x

(22)x + 2x

= limx→∞

3x + 22x

22x + 2x

= limx→∞

22x(

3x

22x + 1)

22x(

2x

22x + 1)

= limx→∞

(34

)x+ 1

12x + 1

=limx→∞

(34

)x+ 1

limx→∞12x + 1

=0 + 1

0 + 1= 1 .Se �guren 6.12.

6.5. KONTINUITET 129

0

0.5

1

1.5

2

−20 −15 −10 −5 0 5 10 15 20

y

xFigur 6.12: Grafen y = 3x+4x

4x+2x .6.5 KontinuitetVi har hittills studerat olika typer av funktioner samt enkla egenskaper hosdessa. Vi går vidare på temat egenskaper med begreppet kontinuerlig, sominnebär att funktionen är sammanhängande.De�nition 6.5.1. Antag att en funktion f är de�nierad i ett öppet intervallI ⊆ R kring punkten x0 ∈ I. Funktionen är då kontinuerlig i denna punktom

limx→x0

f(x) = f(x0) .Annars är den diskontinuerlig i punkten x0. Se �gurerna 6.13 o h 6.14.Vår de�nition av begreppet kontinuitet bygger alltså på att gränsvärdetöverensstämmer med funktionsvärdet, båda måste alltså existera för att funk-tionen skall vara kontinuerlig. I �guren 6.14 ses exempel på situationer därgränsvärdet existerar medan funktionsvärdet inte gör det eller existerar menär olika gränsvärdet. Vi har sett att existensen för gränsvärdet i sin tur förut-sätter att de ensidiga vänster- o h högergränsvärdena är lika. Detta medföratt man kan studera o kså kontinuiteten ensidigt o h vi har då följande

130 KAPITEL 6. GRÄNSVÄRDE OCH KONTINUITETy

x

ej kontinuerligu

y

x

ej kontinuerlige y

x

kontinuerligFigur 6.13: Kurvan till vänster är inte sammanhängande, medan kurvan tillhöger är sammanhängande.De�nition 6.5.2. Funktionen f är kontinuerlig från vänster i punkten x0 ∈Df om

limx→x−

0

f(x) = f(x0) .Funktionen f är kontinuerlig från höger i punkten x0 ∈ Df omlim

x→x+0

f(x) = f(x0) .Funktionen f är kontinuerlig i punkten x0 ∈ Df om o h endast om den ärkontinuerlig både från vänster o h höger, d.v.s. omlim

x→x−0

f(x) = limx→x+

0

f(x) = f(x0) .Vi har hittills studerat funktioners kontinuitet i en punkt, men ofta ärman mera intresserad av kontinuitet på intervall. Det är då av betydelse omintervallet är öppet eller slutet. För att ha kontinuitet på ett slutet intervallmåste man kräva ensidig kontinuitet i intervallets ändpunkter.De�nition 6.5.3. Kontinuitet på intervall.En funktion f är kontinuerlig på ett intervall ]a, b[⊂ Df om den är kon-tinuerlig för varje x0 ∈]a, b[.En funktion f är kontinuerlig på ett intervall [a, b] ⊂ Df om den ärkontinuerlig för varje x0 ∈]a, b[ samt högererkontinuerlig i punkten a o hvänsterkontinuerlig i punkten b.En funktion f som är kontinuerlig på hela sin de�nitionsmängd Df är enkontinuerlig funktion.

6.5. KONTINUITET 131

y

x

ey

x

u

y

x

e

y

x

y

x

ey

x

u

Figur 6.14: Av dessa kurvor är det endast funktionen nederst till höger som ärkontiuerlig i punkten x0. I fallet uppe till vänster är funktionen ode�nierad ipunkten, uppe till höger är funktionen de�nierad men funktionsvärdet liggerinte på kurvan. Nere till vänster är funktionen de�nierad med funktionsvär-det i den fyllda irkeln, men vänster- o h högergränsvärdena är olika så attlimx→x0 f(x) inte existerar.Som tumregel kan man ta följande. �Grafen av en kontinuerlig funktionär en sammanhängande kurva�.Exempel 6.5.1. Vi undersöker den sty kevis de�nierade funktionen

f(x) =

{x + 1 , x ≤ 0 ,x2 − x , x > 0 .Vi konstaterar, att punkten x0 = 0 är av intresse, från tidigare har vi sett attgraferna y = x + 1 o h y = x2 − x är sammanhängande kurvor. Funktions-värdet i denna punkt är f(0) = 0 + 1 = 1, medan de ensidiga gränsvärdenaär limx→x−

0f(x) = limx→0− x + 1 = 1 o h limx→x+

0f(x) = limx→0+ x2 − x =

0 − 0 = 0. Därmed är f vänsterkontinuerlig, men ej högerkontinuerlig, i

132 KAPITEL 6. GRÄNSVÄRDE OCH KONTINUITETy

x

vänsterkontinuerligu

y

x

vänsterkontinuerlige y

x

högerkontinuerlige

y

x

högerkontinuerligu

Figur 6.15: Ensidigt kontinuerliga funktioner.punkten x0 = 0. Funktionen är således inte kontinuerlig i denna punkt, se�guren 6.16.Exempel 6.5.2. Vi bestämmer parametrarna a o h b så att den sty kevisde�nierade funktionenf(x) =

−x + 2 , x < 1 ,a , x = 1 ,x2 + b , x > 1 .är kontinuerlig i punkten x0 = 1. Man ser direkt, att vänstergränsvärdet idenna punkt är limx→x−

0f(x) = limx→1− −x+2 = −1+2 = 1. Med beaktandeav kravet på kontinuitet i en punkt, enligt ovan, fås då att f(1) = a = 1.Från högergränsvärdet får vi vidare villkoret limx→x+

0f(x) = limx→1+ x2 +b =

1 + b = 1, vilket betyder att b = 0.6.6 Egenskaper hos kontinuerliga funktionerVi fortsätter med några entrala resultat för kontinuerliga funktioner. Fleraav dessa är intuitiva, men vi kommer i alla fall att skissera bevisen om dessakan baseras på vår elementära de�nition av gränsvärdesbegreppet.Sats 6.6.1. Låt f(x) o h g(x) vara kontinuerliga funktioner med Df = Dg.Då är även följande kontinuerliga på Df = Dg

f(x) ± g(x) o h f(x) · g(x) .Bevis. Tag ett godty kligt x0 ∈ Df = Dg (så att x0 inte är en ändpunkti mängden, ifall den är det används samma resonemang som nedan men

6.6. EGENSKAPER HOS KONTINUERLIGA FUNKTIONER 133

−2

−1

0

1

2

3

−2 −1 0 1 2 3

y

x

u

−2

−1

0

1

2

3

−2 −1 0 1 2 3

y

x

e

Figur 6.16: En vänsterkontinuerlig men inte högerkontinuerlig funktion i enpunkt.med ensidiga gränsvärden). Enligt antagande gäller limx→x0 f(x) = f(x0)samt limx→x0 g(x) = g(x0). Vi ser att funktionerna f(x) ± g(x) respektivef(x) · g(x) antar värdena f(x0) ± g(x0) respektive f(x0) · g(x0) i punktenx = x0. Med tillämpning av räknereglerna för gränsvärden fås då

limx→x0

f(x) ± g(x) = limx→x0

f(x) ± limx→x0

g(x) = f(x0) ± g(x0) o hlim

x→x0

f(x) · g(x) = limx→x0

f(x) · limx→x0

g(x) = f(x0) · g(x0) .Detta är de�nitionen på kontinuitet för de undersökta funktionerna.Sats 6.6.2. Antag att funktionen g(x) är kontinuerlig i punkten x0. Då gäller1. Om även f(x) är kontinuerlig i x0, så är f(x)g(x)

kontinuerlig i x0 om o hendast om (⇔) g(x0) 6= 0.2. Om f(x) är kontinuerlig i g(x0) så är (f ◦ g)(x) kontinuerlig i x0.Sats 6.6.3. Följande funktioner är kontinuerliga på hela sin de�nitions-mängd:

134 KAPITEL 6. GRÄNSVÄRDE OCH KONTINUITET1. f(x) = anxn + an−1xn−1 + · · ·+ a1x + a0 , Df = R , n ∈ Z+.2. r(x) = p(x)

q(x)p(x), q(x) polynomfunktioner, Dr = R \ {x|q(x) = 0}.3. f(x) = xq , Df =

R , q ∈ Z

R+ ∪ {0} , q ∈ Q+

R+ , q ∈ Q− .4. f(x) = ax , a > 0 , Df = R.5. f(x) = loga x , 0 < a 6= 1 , Df = R+.6. f(x) = sin x eller cos x , Df = R.7. f(x) = tanx , Df = R \{

π2

+ nπ|n ∈ Z}.8. f(x) = |x| , Df = R.Observation 6.6.4. Enligt vår de�nition är funktionen tan x kontinuerlig,trots att dess graf (se t.ex. �guren 5.8) inte är sammanhängande. Däremotär varje gren av tangensfunktionen, som fås med restriktioner av typen x ∈

]−π

2, π

2

[, nog sammanhängande.Anmärkning 6.6.1. Som de tidigare satserna säger, är även summor, dif-ferenser o h produkter av ovanstående funktioner kontinuerliga. Kvoter ärkontinuerliga förutsatt att nämnaren inte är lika med noll.Exempel 6.6.5. Funktionen i föregående exempel,f(x) =

−x + 2 , x < 1 ,a , x = 1 ,x2 + b , x > 1 ,är med parametervärdena a = 1 o h b = 0 inte bara kontinuerlig i punkten

x0 = 1, utan den är kontinuerlig på mängden Df = R emedan dess sty kevisafunktioner i intervallen ] −∞, 1[ o h [1,∞[ är polynom (en konstant är ettpolynom av graden 0) o h därmed kontinuerliga enligt satsen ovan.Observation 6.6.6. Vår de�nition på kontinuitet,lim

x→x0

f(x) = f(x0) ,säger egentligen att man kan �ytta in gränsvärdet innanför funktionen. Mankan då betrakta f(x) som en sammansatt funktion.

6.6. EGENSKAPER HOS KONTINUERLIGA FUNKTIONER 135Exempel 6.6.7. Vi bestämmer gränsvärdetlim

x→∞2x −

√4x2 + x = lim

x→∞

(

2x −√

4x2 + x)

· 2x +√

4x2 + x

2x +√

4x2 + x

= limx→∞

(2x)2 −(√

4x2 + x)2

2x +√

4x2 + x

= limx→∞

4x2 − 4x2 − x

2x +√

4x2 + x

= limx→∞

− x

x(

2 + 1x

√

x2(4 + 1

x

))

= limx→∞

− 1

2 + |x|x

√

4 + 1x

, x > 0

= − 1

2 +√

4 + limx→∞1x

= − 1

2 +√

4= −1

4.I de sista stegena utnyttjades att x > 0 ⇒ |x| = x då x → ∞ samt attfunktionen g(t) = − 1

2+√

4+tär kontinuerlig för t ≥ −4. Detta tillåter attgränsvärdet ��yttas in� från den yttre funktionen g till t, o h vi kan tillämpagränsvärdet i oändligheten limx→∞

1x

= 0.Exempel 6.6.8. Vi utreder för vilka x funktionenf(x) =

cos x

1 + ln xär kontinuerlig. Konstaterar först att logaritmfunktionen är de�nierad en-dast för positiva x-värden. Dessutom bör nämnaren vara olika noll, så manhar kravet 1 + ln x 6= 0 ⇔ ln x 6= −1 = − ln e = ln e−1 = ln 1e⇔ x 6= 1

e.Således har vi de�nitionsmängden Df = R+ \

{1e

}. De i f(x) ingående del-funktionerna cos x, 1 (polynom av grad noll, eller på basen av de�nitionenav kontinuitet) samt ln x är alla kontinuerliga på Df . Dessutom är summani nämnaren o h kvoten kontinuerliga på Df , eftersom nämnarens nollställeninte ingår i denna. Funktionen f som helhet är således kontinuerlig på Df ,se �guren 6.17.Sats 6.6.9. Satsen om mellanliggande värden. Antag att funktionen f ärkontinuerlig på intervallet I o h att f på detta intervall antar värdena p o h


−4

−2

0

2

4

0 5 10 15 20 25 30

y

x

f(x) = cos x1+ln xFigur 6.17: Funktionen f(x) = cos x

1+ln xbeter sig ungefär som f(x) = 1

1+lnxnäraorigo, emedan cos x ≈ 1 där. För x-värden till höger om origo blir funktionenen svagt dämpad osinuskurva som till sist dör ut, p.g.a. att limx→∞ f(x) = 0.

q, p < q. Då antar funktionen på intervallet I alla värden i intervallet [p, q].Särskilt gäller att om f(x) är kontinuerlig på intervallet [a, b] o h f(a) <0 medan f(b) > 0 så �nns det ett x0 ∈]a, b[ sådant att f(x0) = 0, d.v.s.ekvationen f(x) = 0 har (minst) en lösning i intervallet ]a, b[.Observation 6.6.10. En funktion som är kontinuerlig på ett intervall kanalltså inte byta te ken på intervallet utan att passera ett nollställe. Detta ären entral egenskap hos kontinuerliga funktioner som ligger till grund bl.a.för lösning av ekvationer.Exempel 6.6.11. Vi demonstrerar att ekvationen sin x+x−1 = 0 har minsten reell lösning. Funktionen f(x) = sin x + x − 1 är kontinuerlig på Df =R, eftersom alla de ingående funktionerna samt deras summa (di�erens) ärde�nierade o h kontinuerliga på R. Vi kan med prövning av olika x-värden ide�nitionsmängden notera, att f(0) = −1 < 0 samt f

(π2

)= π

2> 0. Därmedmåste den enligt satsen om mellanliggande värden ha minst ett nollställe

6.6. EGENSKAPER HOS KONTINUERLIGA FUNKTIONER 137

−4

−3

−2

−1

0

1

2

3

4

−4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4

y

x

f(x) = sin x + x − 1Figur 6.18: Grafen av den kontinuerliga funktionen y = f(x) = sin x + x− 1.Vi konstaterar att f(0) = −1 < 0 samt f(

π2

)= π

2> 0. Därmed måste denha minst ett nollställe i intervallet ]0, π

2

[. Från grafen ses att f(x0) = 0 förx0 ≈ 1

2.i intervallet ]0, π

2

[⊂ R. Ekvationen har således minst en reell lösning, se�guren 6.18.Exempel 6.6.12. Funktionen f är kontinuerlig o h uppfyller f(x) ∈]0, 1[ ∀x ∈

[0, 1]. Vi skall visa att det existerar ett tal a ∈]0, 1[ sådant att f(a) = a. Vinoterar att f(a) = a är ekvivalent med att ekvationen f(x) − x = 0 harlösningen x = a. Då kan vi granska funktionen g(x) = f(x) − x, som juo kså måste vara kontinuerlig i intervallet x ∈ [0, 1]. Man ser dessutom attg(0) = f(0) − 0 = f(0) ∈]0, 1[ samt g(1) = f(1) − 1 ∈] − 1, 0[ eftersom0 < f(x) < 1 ⇔ 0−1 < f(x)−1 < 1−1. Vi har alltså g(0) > 0 o h g(1) < 0för den kontinuerliga funktionen g. Då säger satsen om mellanliggande vär-den att det måste �nnas minst ett x0 sådant att g(x0) = 0. Om man väljera = x0 fås då g(a) = f(a) − a = 0 ⇔ f(a) = a.Vi introdu erar nu begreppen största o h minsta värde med ett enkeltexempel.


0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

0 0.5 1 1.5 2 2.5 3

y

x

u

u

Figur 6.19: Grafen y = f(x) = x2 med största o h minsta värden på ettintervall.Exempel 6.6.13. Vilka värden antar funktionen f(x) = x2, se �guren 6.19,på intervallet a) [1, 2], b) [1, 2[, ) ]1, 2], d) ]1, 2[a) Minsta värdet är f(1) = 1, största värdet är f(2) = 22 = 4.b) Minsta värdet är f(1) = 1, största värde existerar inte. ) Minsta värde existerar inte, största värdet är f(2) = 22 = 4.d) Varken minsta eller största värde existerar.Anmärkning 6.6.2. Det kan ty kas märkligt att en öppen gräns för interval-let av tillåtna x-värden leder till att motsvarande största/minsta funktions-värde inte existerar, men detta skall uppfattas så att inget entydigt sådant

6.6. EGENSKAPER HOS KONTINUERLIGA FUNKTIONER 139funktionsvärde �nns. En öppen gräns innebär ju att man i x-värden kan gågodty kligt nära denna gräns o h därmed o kså ha ett gody kligt funktions-värde. Det �nns o kså situationer där f(x) → ±∞ i den öppna gränsen,t.ex. för limx→0+1x

= ∞, där f(x) = 1xär kontinuerlig på intervallet ]0, 1].Att intervallet är slutet är därmed ett krav för att största o h minsta värdeskall existera.Sats 6.6.14. En kontinuerlig funktion på ett slutet intervall antar ett störstao h ett minsta värde på detta intervall.Exempel 6.6.15. Funktionen f(x) = log2 (x + 1) är kontinuerlig o h strängtväxande på intervallet [0, 3], vilket med tillämpning av satsen ovan medför attstörsta o h minsta funktionsvärde existerar. Eftersom den är strängt växandeär dess största värde på detta intervall därmed f(3) = log2 (3 + 1) = log2 4 =

2 o h minsta värde f(0) = log2 (0 + 1) = log2 2 = 1.Anmärkning 6.6.3. Vi kan notera att största o h minsta värde existerar ävenför godty kligt kompli erade, i ke-monotona kontinuerliga funktioner på slut-na intervall. Största o h minsta värde kan då uppträda o kså i någon inrepunkt (d.v.s. ej ändpunkt) i det slutna intervallet.


Kapitel 7Derivata7.1 De�nition

−1

0

1

2

3

4

5

−3 −2 −1 0 1 2 3

y

x

u

u

Figur 7.1: Grafen y = f(x) av funkionen f(x) = x2. Vi önskar beräk-na tangentens riktningskoe� ient i punkten (1, f(1)) = (1, 1). Som ap-proximation använder vi h = 12med sekanten genom punkterna (1, 1) o h

(1 + h, f(1 + h)) =(

32, 9

4

). 141

142 KAPITEL 7. DERIVATAAntag att vi vill bestämma riktningskoe� ienten k hos tangenten till engiven kurva y = f(x) i punkten x0. För att approximera tangenten ritar vien linje genom punkterna (x0, f(x0)) o h (x0 +h, f(x0 +h)), där h är ett litettal. Denna linje är då en sekant till kurvan, men då man låter h → 0 kommersekanten att närma sig tangenten genom punkten (x0, f(x0)), se �gurerna 7.1o h 7.2. Sekantens riktningskoe� ient blirk =

f(x0 + h) − f(x0)

x0 + h − x0=

f(x0 + h) − f(x0)

h.Derivatan är tangentens riktningskoe� ient, enligt:De�nition 7.1.1. Derivatan av funktionen f(x) i punkten x0 ∈ Df är

f ′(x0) = limh→0

f(x0 + h) − f(x0)

h,förutsatt att gränsvärdet existerar. I detta fall säger man att f är deriverbari punkten (x0, f(x0)) . Man ser även ofta följande variant av gränsvärdet ovan(förvissa dig om att de är ekvivalenta!):

f ′(x0) = limx→x0

f(x) − f(x0)

x − x0.Derivatan är tangentens riktningskoe� ient i denna punkt. Kvoten f(x0+h)−f(x0)

heller f(x)−f(x0)x−x0

kallas di�erenskvot.Eftersom räta linjens ekvation ges av: y−y0 = k(x−x0), där k är riktnings-koe� ienten o h (x0, y0) är en punkt på linjen, så är ekvationen för tangententill kurvan y = f(x) i punkten (x0, f(x0)): y − f(x0) = f ′(x0)(x − x0)Exempel 7.1.1. Vi betraktar funktionen f(x) = x3 o h bestämer a) f ′(1),b) ekvationen för tangenten genom punkten (1, f(1)). Enligt de�nitionen fåsmed x0 = 1:f ′(1) = lim

h→0

f(1 + h) − f(1)

h= lim

h→0

(1 + h)3 − 1

h

= limh→0

1 + 3h + 3h2 + h3 − 1

h

= limh→0

h3 + 3h2 + 3h

h= lim

h→0h2 + 3h + 3 = 3 .

7.1. DEFINITION 143

−1

0

1

2

3

4

5

−3 −2 −1 0 1 2 3

y

x

u

Figur 7.2: Grafen y = f(x) av funktionen f(x) = x2, med tangenten i punkten(1, f(1)) = (1, 1).Tangentens ekvation genom punkten (1, f(1)) blir således y−f(x0) = f ′(x0)(x−x0) eller y − 1 = 3(x − 1) ⇔ y = 3x − 2.Exempel 7.1.2. Vi bestämmer ett allmänt uttry k för f ′(x0) då f(x) =

√x,

x > 0. Från den alternativa formen av de�nitionen får vif ′(x0) = lim

x→x0

f(x) − f(x0)

x − x0

= limx→x0

√x −√

x0

x − x0

= limx→x0

√x −√

x0

x − x0·(√

x +√

x0√x +

√x0

)

= limx→x0

(√x −√

x0

) (√x +

√x0

)

(x − x0)(√

x +√

x0

)

= limx→x0

x − x0

(x − x0)(√

x +√

x0

)

= limx→x0

1√x +

√x0

=1

2√

x0

.

144 KAPITEL 7. DERIVATA7.2 DerivatafunktionenVi har hittills behandlat derivatan i en punkt. I exemplet ovan uttry ktes de-rivatan som en funktion av denna punkt, x0 ∈ Df . Man kan då även allmäntbilda en funktion f ′(x) för x ∈ Df1, som beskriver derivatans värde i olikapunkter. Derivatan av funktionen f i punkten x0 kan således betraktas somfunktionsvärdet hos derivatafunktionen f ′(x) i punkten x0. Derivatafunktio-nen är de�nierad i de punkter x0 ∈ Df , där f ′(x0) existerar, vilket betyderatt Df ′ ⊂ Df .Exempel 7.2.1. Enligt föregående exempel gäller att derivatafunktionen för

f(x) =√

x är f ′(x) = 12√

x, x > 0. Vi har således Df = {x|x ≥ 0} o h

Df ′ = {x|x > 0}.De�nition 7.2.1. Funktionen f är deriverbar i intervallet ]a, b[ om den ärderiverbar för alla x ∈]a, b[. Om det dessutom gäller att ]a, b[= Df , sägs fvara deriverbar. (Intervallet ]a, b[ kan även vara R eller något annat öppetintervall.) Då man bestämmer derivatafunktionen f ′(x) säger man att manderiverar funktionen f .Följande bete kningar förekommer ofta:f ′(x) = Df(x) eller f ′(x) =

df

dx.Exempel 7.2.2. Vi kan alltså o kså skriva

D√

x =1

2√

x=

d√

x

dx=

d

dx

√x .Regel 7.2.3. För derivatan gäller, då f(x) o h g(x) är deriverbara funktio-ner o h c är en konstant, räknereglerna (följer av derivatans de�nition samtmotsvarande räkneregler för gränsvärden)1. D(cf(x)) = cD(f(x))2. D(f(x) + g(x)) = D(f(x)) + D(g(x))1Här antas att derivatan f ′(x) existerar för alla x-värden i funktionens f de�nitions-mängd Df .

7.2. DERIVATAFUNKTIONEN 145En operator (i detta fall D som symboliserar att man utför en derivering påfunktionen till höger om symbolen) som uppfyller villkoren ovan sägs varalinjär.Exempel 7.2.4. Vi bestämmer derivatan av funktionen f(x) = xn, n ∈ N ipunkten x0. Enligt de�nitionen ärf ′(x0) = lim

x→x0

f(x) − f(x0)

x − x0= lim

x→x0

xn − xn0

x − x0.Fallet n = 0 ger att täljaren i di�erenskvoten är identiskt lika med noll, ty

1 = x0 = x00 = 1 o h gränsvärdet blir då noll, d.v.s. derivatan av 1 = x0är noll. Eftersom direkt insättning av x0 i de övriga fallen, n ≥ 1, ger denobestämda formen � 0

0�, försöker vi faktorisera täljaren enligt xn − xn

0 = (x −x0)p(x) (I fallet n = 1 är p(x) = 1 o h f ′(x0) = 1). En uträkning med t.ex.trappstegsdivision ger följande (faktoriseringen �nns även i tabeller)

p(x) =xn − xn

0

x − x0= xn−1 + x0x

n−2 + · + xn−20 x + xn−1

0 , p(x0) = nxn−10 .Detta leder till resultatet f ′(x0) = limx→x0

xn−xn0

x−x0= p(x0) = nxn−1

0 , somfungerar även för fallen n = 0, 1. Vi har alltså visat följande:Sats 7.2.5.∀n ∈ N : Dxn = nxn−1 .Detta resultat kan, med tillämpning av reglerna för derivering av en sum-ma o h en produkt med en konstant, användas för att derivera ett polynom:

D(anx

n + an−1xn−1 + · · ·+ a1x + a0

)= nanx

n−1 +(n−1)an−1xn−2 + ·+a1 .Exempel 7.2.6.

D (7) = D(7x0)

= 7 · 0 · x0−1 = 0 ,

D(4x5)

= 4 · 5 · x5−1 = 20x4 ,

D(7 + 4x5

)= D (7) + D

(4x5)

= 0 + 20x4 = 20x4 ,

D(3x3 + 5x2 − 4x + 2

)= 9x2 + 10x − 4 .Exempel 7.2.7. Vi de�nierar f(x) = x2−4x o h löser ekvationen f ′ (x2) =

f ′(3). Derivatafunktionen är, enligt reglerna ovan, f ′(x) = 2x − 4. Då lyderekvationen2(x2)− 4 = 2 · 3 − 4 ⇔ 2x2 = 6 ⇔ x2 = 3 ⇔ x = ±

√3 .

146 KAPITEL 7. DERIVATAExempel 7.2.8. Vi deriverar �baklänges�, d.v.s. vi känner derivatafunktio-nen f ′(x) = 3x2−4x+1 o h önskar utgående från denna bestämma funktionenf(x). Från formeln ovan, Dxn = nxn−1, ser vi att i vårt fall är n − 1 = 2vilket betyder att f måste vara av gradtal 3. Vi låter alltså funktionen f varaett godty kligt tredjegradspolynom, med motsvarande derivatafunktion:

f(x) = ax3 + bx2 + cx + d , f ′(x) = 3ax2 + 2bx + c .Vi har då identiteten, d.v.s. en ekvation som gäller för alla värden där ut-try ken är de�nierade (likhet i en sådan brukar uttry kas med te knet ≡),f ′(x) = 3ax2 + 2bx + c ≡ 3x2 − 4x + 1 .Eftersom den senare likheten skall gälla för alla x-värden, måste koe� i-enterna i polynomen i vänstra o h högra ledet vara lika. Jämförelse ger dådirekt a = 1, 2b = −4 ⇔ b = −2 samt c = 1. Konstanten d som ingår i fförsvinner vid deriveringen o h kan väljas godty kligt, d.v.s. d ∈ R. Därmedär alla funktioner (vi har de fa to oändligt många, en för varje valt värde påkonstanten d) som ger den sökta derivatafunktionen f(x) = x3 −2x2 +x+d,

d ∈ R.Vi avslutar detta avsnitt med ett användbart resultat som ger sambandetmellan kontinuitet o h deriverbarhet hos en funktion.Sats 7.2.9. Om funktionen f är deriverbar i punkten x0 så är den ävenkontinuerlig i denna punkt. Detta gäller emellertid inte omvänt, kontinuitetmedför inte deriverbarhet.Bevis. (Ej fullständigt) Vi antar att funktionen f(x) är deriverbar i punktenx = x0. Då existerar gränsvärdet som de�nierar derivatafunktionens värde iden aktuella punkten o h man har

f ′(x0) = limx→x0

f(x) − f(x0)

x − x06= ±∞ .Eftersom limx→x0 x − x0 = 0 i nämnaren kan gränsvärdet som helhet varaändligt endast om limx→x0 f(x) − f(x0) = 0, vilket enligt räknereglerna förgränsvärden betyder att limx→x0 f(x) = f(x0), där f(x0) är en konstant.Detta betyder att funktionsvärdet för f i punkten x0, f(x0) är lika medgränsvärdet i samma punkt. Därmed är f kontinuerlig i denna punkt. För

7.3. GRAFISK TOLKNING AV DERIVATAN 147att visa, att kontinuitet inte medför deriverbarhet, behöver vi endast hittaett motexempel. Ta exempelvis f : R → R : f(x) = |x|, som är kontinuerligpå hela sin de�nitionsmängd (visa detta!). Nu är det inte svårt att se förx0 = 0, f(x0) = |0| = 0 att

limx→x+

0

f(x) − f(x0)

x − x0= lim

x→0+

x − 0

x − 0= lim

x→0+1 = 1 ,

limx→x−

0

f(x) − f(x0)

x − x0= lim

x→0−

−x − 0

x − 0= lim

x→0−−1 = −1 .Gränsvärdet limx→x0

f(x)−f(x0)x−x0

existerar alltså inte i punkten x0 = 0. Därmedär f inte deriverbar i origo. Detta exempel motsäger således att en allmänkontinuerlig funktion skulle vara deriverbar.7.3 Gra�sk tolkning av derivatanVi de�nierade derivatan f ′(x0) av en funktion f i punkten x0 utgående fråndess tolkning som tangentens riktningskoe� ient i punkten x0 för kurvany = f(x). Tangenten har då ekvationen y − f(x0) = f ′(x0)(x − x0). Nor-malen i punkten x0 är vinkelrät mot tangenten o h eftersom produkten avtvå vinkelräta riktningskoe� ienter är −1 måste normalens riktningskoe��- ient vara − 1

f ′(x0), ifall det antas att f ′(x0) 6= 0. Då har normalen ekvatio-nen y − f(x0) = − 1

f ′(x0)(x − x0). I fallet f ′(x0) = 0 är tangentens ekvation

y = f(x0) o h normalens ekvation x = x0.Exempel 7.3.1. Vi studerar kurvan y = f(x), där f(x) = x2 − 6x + 2o h bestämmer a) parabelns vändpunkt o h b) ekvationerna för tangenten o hnormalen i punkten (4,−6).Parabeln, som öppnar sig uppåt, �vänder� då tangenten har riktningsko-e� ienten noll. Vändpunkten (x0, f(x0)) bestäms då av villkoret f ′(x0) = 0,eller:f ′(x0) = 2x0 − 6 = 0 ⇔ x0 = 3 .Då fås f(x0) = f(3) = 32 − 6 · 3 + 2 = −7 o h vändpunkten är (x0, f(x0)) =

(3,−7).I punkten (4,−6) kan vi kontrollera, att den ligger på kurvan y = f(x),d.v.s. f(4) = 42−6·4+2 = −6. Derivatan i denna punkt är f ′(4) = 2·4−6 =2, varvid fås tangentens ekvation y = 2(x−4)+(−6) = 2x−14 o h normalensekvation y = −1

2(x − 4) + (−6) = −x

2− 4. Se �guren 7.3.

148 KAPITEL 7. DERIVATA

−8

−6

−4

−2

0

2

4

6

−4 −2 0 2 4 6

y

x

f(x) = x2 − 6x + 2y = 2x − 14y = −x

2− 4Figur 7.3: Grafen y = f(x) av funktionen f(x) = x2 −6x+2, med tangenteno h normalen genom punkten (4, f(4)) = (4,−6).Exempel 7.3.2. Kurvan y = f(x) = 2x3 − x2 − 2x + 1 har två tangentersom är parallella med linjen y = 2x−3. Vi bestämmer ekvationerna för dessatangenter, som båda alltså har riktningskoe� ienten 2. Vi bör alltså �nna tvåpunkter x0 o h x1 på kurvan y = f(x) sådana att f ′(x0) = 2 = f ′(x1). Vikan börja med att bestämma derivatafunktionen f ′(x) = 2 · 3x2 − 2x − 2 =

2(3x2 − x − 1). Vi får då ekvationen2(3x2−x−1) = 2 ⇔ 3x2−x−2 = 0 ⇔ x =

−(−1) ±√

(−1)2 − 4 · 3 · (−2)

2 · 3 ,vilket ger x = 1±56

eller x0 = −23o h x1 = 1. Motsvarande funktionsvärden

7.3. GRAFISK TOLKNING AV DERIVATAN 149

−6

−4

−2

0

2

4

6

−6 −4 −2 0 2 4 6

y

x

2x3 − x2 − 2x + 1y = 2x + 71

27y = 2x − 2y = 2x − 3Figur 7.4: Grafen y = f(x) av funktionen f(x) = 2x3 − x2 − 2x + 1, medtangenterna y = 2x + 71

27respektive y = 2x − 2 samt linjen y = 2x − 3.blir då f(x0) = f

(−2

3

)= 2

(−2

3

)3−(−2

3

)2−2(−2

3

)+1 = −16

27− 4

9+ 4

3+1 = 35

27o h f(x1) = f(1) = 2 · 13 − 12 − 2 + 1 = 0. De två tangenterna går såledesgenom punkterna (x0, f(x0)) =(−2

3, 35

27

) o h (x1, f(x1)) = (1, 0) o h har bådariktningskoe� ienten 2. Vi kan då ställa upp deras ekvationery − 35

27= 2

(

x −(

−2

3

))

⇔ y = 2x +71

27,

y − 0 = 2(x − 1) ⇔ y = 2x − 2 .Se �guren 7.4.

150 KAPITEL 7. DERIVATAExempel 7.3.3. Vi bestämmer ekvationerna för de tangenter till kurvan y =f(x) = x3+1 som går igenom punkten (−1, 1). Konstaterar först att f(−1) =(−1)3 + 1 = −1 + 1 = 0 6= 1, vilket betyder att punkten (−1, 1) inte liggerpå kurvan y = f(x). Låt tangeringspunkten vara (x0, f(x0)), tangenternasriktningskoe� ient är då f ′(x0) = 3x2

0 o h deras ekvation blir y − f(x0) =f ′(x0)(x − x0). Enligt antagande går tangenterna genom punkten (−1, 1),vilket betyder att deras ekvationer måste satis�eras av (x, y) = (−1, 1) o h vikan bestämma tangeringspunkten:

1 − f(x0) = f ′(x0)(−1 − x0) ⇔1 −

(x3

0 + 1)

= 3x20(−1 − x0) ⇔

2x30 + 3x2

0 = 0 ⇔ x20(2x0 + 3) = 0 ⇔

x0 = 0 ∨ x0 = −3

2⇒

f(x0) = 1 ∨ f(x0) =

(

−3

2

)3

+ 1 = −19

8⇒

f ′(x0) = 3 · 02 = 0 ∨ f ′(x0) = 3

(

−3

2

)2

=27

4.Insättning av detta ger ekvationerna för tangenterna

y − 1 = 0(x − 0) ∨ y −(

−19

8

)

=27

4

(

x −(

−3

2

))

⇔

y = 1 ∨ y =27

4x +

31

4.Se �guren 7.5. Alternativt kunde man ha ställt upp ekvationerna utgåendefrån att de går igenom punkten (−1, 1). Detta skulle ha gett aningen enklareberäkningar.

7.4 DeriveringsreglerVi studerar deriveringsregler för olika typer av uttry k o h några vanligafunktioner. Vi introdu erar o kså begereppet högre derivata.

7.4. DERIVERINGSREGLER 151

−6

−5

−4

−3

−2

−1

0

1

2

3

−3 −2 −1 0 1 2 3

y

x

f(x) = x3 + 1y = 27x+31

4y = 1Figur 7.5: Grafen y = f(x) av funktionen f(x) = x3 + 1, med tangenterna

y = 1 respektive y = 27x+314

.7.4.1 Derivering av en produkt o h en kvotDeriveringsregeln för en produkt kan härledas från derivatans de�nition.D (f(x)g(x)) |x=x0 = lim

x→x0

f(x)g(x) − f(x0)g(x0)

x − x0

= limx→x0

f(x)g(x) − f(x0)g(x) + f(x0)g(x) − f(x0)g(x0)

x − x0

= limx→x0

f(x) − f(x0)

x − x0g(x) +

g(x) − g(x0)

x − x0f(x0)

= limx→x0

f(x) − f(x0)

x − x0g(x) + lim

x→x0

g(x) − g(x0)

x − x0f(x0)

= limx→x0

f(x) − f(x0)

x − x0

limx→x0

g(x) + f(x0) limx→x0

g(x) − g(x0)

x − x0

= f ′(x0)g(x0) + f(x0)g′(x0) .Vi har såledesSats 7.4.1. Antag att funktionerna f o h g är deriverbara i punkten x0. Då

152 KAPITEL 7. DERIVATAgällerD (f(x0)g(x0)) = f ′(x0)g(x0) + f(x0)g

′(x0) .Mer allmänt gäller för de deriverbara funktionerna f , g o h h

D (f(x0)g(x0)h(x0)) = f ′(x0)g(x0)h(x0)+f(x0)g′(x0)h(x0)+f(x0)g(x0)h

′(x0) .Detta kan generaliseras till regeln:Dfn = nfn−1f ′ .Exempel 7.4.2.

D((x2 − 3x)(x2 + x − 4)

)= (2x − 3)(x2 + x − 4) + (x2 − 3x)(2x + 1)

= 2x3 + 2x2 − 8x − 3x2 − 3x + 12

+ (x2 − 3x)(2x + 1)

= 2x3 − x2 − 11x + 12 + 2x3 + x2 − 6x2 − 3x

= 4x3 − 6x2 − 14x + 12 .Exempel 7.4.3.D((4x + 4)11

)= 11(4x + 4)11−1 · 4 = 44(4x + 4)10 .Sats 7.4.4. Antag att funktionerna f o h g är deriverbara i punkten x0 samtatt g(x0) 6= 0. Då gäller

D

(f(x0)

g(x0)

)

=f ′(x0)g(x0) − f(x0)g

′(x0)

g2(x0).Spe iellt gäller för f(x) ≡ 1 att

D

(1

g(x0)

)

= − g′(x0)

g2(x0).

7.4. DERIVERINGSREGLER 153Bevis.D

(f(x0)

g(x0)

)

= limx→x0

f(x)g(x)

− f(x0)g(x0)

x − x0

= limx→x0

f(x)g(x0) − f(x0)g(x)

(x − x0)g(x0)g(x), g(x0) 6= 0

= limx→x0

f(x)g(x0) − f(x0)g(x0) + f(x0)g(x0) − f(x0)g(x)

(x − x0)g(x0)g(x)

= limx→x0

f(x)g(x0) − f(x0)g(x0)

(x − x0)g(x0)g(x)+ lim

x→x0

f(x0)g(x0) − f(x0)g(x)

(x − x0)g(x0)g(x)

= limx→x0

f(x) − f(x0)

(x − x0)g(x)+ lim

x→x0

g(x0) − g(x)

(x − x0)g(x0)g(x)f(x0)

= limx→x0

f(x) − f(x0)

x − x0lim

x→x0

1

g(x)+ lim

x→x0

g(x0) − g(x)

x − x0

f(x0)

g(x0)g(x)

=f ′(x0)

g(x0)− g′(x0)f(x0)

g2(x0)=

f ′(x0)g(x0) − f(x0)g′(x0)

g2(x0).

Observation 7.4.5. Deriveringsregeln för potenser gäller även då expo-nenten är ett negativt heltal. Man kan nämligen tillämpa regeln ovan medf(x) ≡ 1, g(x) = xn. Låt n ∈ Z+ o h beräkna

Dx−n = D1

xn= −nxn−1

(xn)2 = −nxn−1

x2n= −nxn−1−2n = −nx−n−1 .Då gäller alltså ∀n ∈ Z (jämför med vår tidigare formel som härleddes för

n ∈ N):Dxn = nxn−1 .

154 KAPITEL 7. DERIVATAExempel 7.4.6. Vi deriverar ett rationellt uttry kD

2x + 1

x2 + x − 4=

2(x2 + x − 4) − (2x + 1)(2x + 1)

(x2 + x − 4)2

=2x2 + 2x − 8 − (2x + 1)2

(x2 + x − 4)2

=2x2 + 2x − 8 − (4x2 + 4x + 1)

(x2 + x − 4)2

=−2x2 − 2x − 9

(x2 + x − 4)2.7.4.2 Några vanliga funktionerVi sammanfattar några deriveringsregler för de vanligaste funktionerna. Öv-riga �nns i tabeller.Regel 7.4.7. För derivatan av funktionerna nedan gäller, när x ∈ R omövrigt ej anges.1. Dxa = axa−1 , a ∈ R , x ∈ R+.Om a ∈ Z så gäller formeln för alla x ∈ R.2. Dax = ax ln a , 0 < a 6= 1 , x ∈ R.Spe iellt gäller Dex = ex ln e = ex.3. D loga x = 1

x ln a, 0 < a 6= 1 , x ∈ R+.Spe iellt gäller D ln x = 1

x ln e= 1

x.4. D sin x = cos x , D cos x = − sin x.5. D tanx = 1

cos2 x= 1 + tan2 x , x ∈ R \

{π2

+ nπ | n ∈ Z}.Bevis. Vi bevisar D sin x = cos x utgående från derivatans de�nition o h

7.4. DERIVERINGSREGLER 155additionsformlerna för de trigonometriska funktionernaD sin x = lim

h→0

sin (x + h) − sin x

h

= limh→0

sin x cos h + cos x sin h − sin x

h

= sin x limh→0

cos h − 1

h+ cos x lim

h→0

sin h

h= 0 · sin x + 1 · cos x .Vi utnyttjade i det sista steget det kända gränsvärdet limh→0

sin hh

= 1, somkan tillämpas för att visalimh→0

cos h − 1

h= lim

h→0

cos h − 1

h·(

cos h + 1

cos h + 1

)

= limh→0

cos2 h − 1

h(cos h + 1)

= limh→0

− sin2 h

h(cos h + 1)

= − limh→0

sin h

hlimh→0

sin h

cos h + 1

= (−1) · sin 0

cos 0 + 1= (−1) · 0

1 + 1= 0 .På samma sätt kan man bevisa D cos x = − sin x. Dessa kan utnyttjas föratt bevisa den sista regeln D tan x = 1

cos2 x= 1 + tan2 x, ifall man betraktarrelationen tan x = sin x

cos xo h deriverar detta med regeln för en kvot:

D tan x = Dsin x

cos x=

D sin x cos x − sin xD cos x

cos2 x

=cos x cos x − sin x(− sin x)

cos2 x

=cos2 x + sin2 x

cos2 x=

1

cos2 x

= 1 +sin2 x

cos2 x= 1 + tan2 x , x ∈ R \

{π

2+ nπ | n ∈ Z

}

.

156 KAPITEL 7. DERIVATAExempel 7.4.8. Vi visar att derivatan till funktionen f(x) = ex (x3 − x2)har åtminstone ett nollställe i intervallet ]0, 1[. Vi utnyttjar regeln för deri-vering av en produkt tillsammans med reglerna för polynom o h exponential-funktionenf ′(x) = ex

(x3 − x2

)+ ex

(3x2 − 2x

)

= ex(x3 + 2x2 − 2x

)

= xex(x2 + 2x − 2

).Derivatafunktionen bildas alltså av produkten av en kontinuerlig exponential-funktion o h ett polynom som o kså är kontinuerligt. Därmed är f ′(x) konti-nuerlig. Vi observerar nu att faktorn xex ej har något nollställe i intervallet

]0, 1[. Med stöd av nollregeln måste då det eventuella nollstället uppträda iden andra faktorn x2 + 2x− 2, som är ett andragradspolynom med diskrimi-nanten 22 − 4 · 1 · (−2) = 12 > 0. På basen av diskriminanten har polynometalltså två nollställen: x = −2±√

122

= −1 ±√

3 o h ett av dessa faller inomdet önskade intervallet: √3−1 ∈]0, 1[. Alternativt kunde derivatafunktionenskontinuitet tillsammans med satsen om mellanliggande värden ha utnyttjatsifall man hade beräknat två funktionsvärden nära intervalländpunkterna medolika te ken.7.4.3 Högre derivatorVi har sett att f ′ motsvarar tangentens riktningskoe� ient, vilket innebär attderivatan kan betraktas som ett mått på funktionens tillväxthastighet i tan-geringspunkten. För en snabbt växande funktion har tangenten en stor rikt-ningskoe� ient o h för en långsamt växande en liten. En konstant funktionhar riktningskoe� ienten noll. Ifall derivatan av derivatafunktionen existerarbeskriver denna då derivatans tillväxthastighet, eller a elerationen.De�nition 7.4.1. Andra derivatan av funktionen f är derivatan av deri-vatafunktionen f ′ o h bete knas f ′′, D2f eller d2fdx2 . n:te derivatan av f ärderivatan av n − 1:a derivatafunktionen f (n−1) o h bete knas f (n)(x), Dnfeller dnf

dxn .Exempel 7.4.9. Vi bestämmer derivatan samt andra derivatan av f(x) =x3 + 2x − 7. Derivering en gång med användning av deriveringsreglerna gerf ′(x) = 3x2 + 2 o h derivering två gånger ger f ′′(x) = 6x. Derivering tre

7.5. ENSIDIGA DERIVATOR; DERIVERBARHET 157gånger ger f ′′′(x) = 6 o h derivering fyra gånger ger f (4)(x) = 0. Således harvi f (n)(x) = 0 ∀n ≥ 4.Exempel 7.4.10. En bil kör längs en väg så att den tillryggalagda strä -kan som funktion av tiden beskrivs av s(t) =√

t, t ≥ 0, där tiden mäts isekunder o h strä kan i meter. Vi kan utnyttja deriveringsreglerna ovan föratt bestämma derivatorna s′ samt s′′, då s(t) = t12 . Vi får då s′(t) = 1

2t

12−1samt s′′(t) = 1

2

(12− 1)t

12−1−1. Vid tidpunkten t0 = 9 har bilen hastigheten

s′(t0) = 12√

t0= 1

6o h a elerationen s′′(t0) = − 1

4t0√

t0= − 1

108. Hastighetsök-ningen minskar således.7.5 Ensidiga derivator; deriverbarhetPå samma sätt som vi tidigare baserade existensen av ett gränsvärde påensidiga sådana kan man introdu era ensidiga derivator o h de�niera deri-verbarhet utgående från detta.De�nition 7.5.1. Funktionen f har för x0 ∈ Df en vänsterderivata eller fär deriverbar från vänster, om

limh→0−

f(x0 + h) − f(x0)

h= lim

x→x−0

f(x) − f(x0)

x − x0existerar o h en högerderivata eller f är deriverbar från höger, omlim

h→0+

f(x0 + h) − f(x0)

h= lim

x→x+0

f(x) − f(x0)

x − x0existerar. Vänsterderivatan bete knas med f ′−(x0) o h högerderivatan med

f ′+(x0).Följande resultat är en direkt följd av existensen av ett gränsvärde o hderivatans de�nitionSats 7.5.1. Funktionen f är deriverbar för x0 om o h endast om dess vänster-o h högerderivator existerar o h är lika, d.v.s.

f ′(x0) = f ′−(x0) = f ′

+(x0) .

158 KAPITEL 7. DERIVATAVi såg i ett tidigare exempel att det kan �nnas funktioner som är kon-tinuerliga i en punkt utan att vara deriverbara där. Vi tog då som exempelfunktionen f(x) = |x|, som har f ′−(0) = −1 6= 1 = f ′

+(0) o h är således ejderiverbar i origo trots att den är kontinuerlig där (det �nns ingen �entydig�tangent i origo där funktionen har en spets).Exempel 7.5.2. Vi undersöker funktionensf(x) =

{2 − x2 , x ≤ 1 ,x2 − 4x + 4 , x > 1 ,deriverbarhet på R. Vi har sett att derivatan av ett polynom de�nierat påen mängd D ⊆ R (delmängd som är mindre än eller lika med R) är ettpolynom o h därmed de�nierat på hela D. Då är polynomen 2−x2 respektive

x2 − 4x + 4 deriverbara på mängderna x < 1 respektive x > 1. Det är alltsåpunkten x = 1 som bör utredas, o h vi kan bilda de ensidiga derivatorna:f ′−(1) = lim

x→1−

f(x) − f(1)

x − 1= lim

x→1−

2 − x2 − 1

x − 1= lim

x→1−

1 − x2

x − 1

= limx→1−

(1 + x)(1 − x)

x − 1= lim

x→1−−(1 + x) = −2

f ′+(1) = lim

x→1+

f(x) − f(1)

x − 1= lim

x→1+

x2 − 4x + 4 − 1

x − 1= lim

x→1+

x2 − 4x + 3

x − 1

= limx→1+

(x − 1)(x − 3)

x − 1= lim

x→1+x − 3 = −2 .Emedan f ′

−(1) = −2 = f ′+(1) kan vi konstatera, att f är deriverbar även ipunkten x = 1 o h således deriverbar på hela R.Man behöver inte undersöka punktvis (i en punkt) deriverbarhet utgåendefrån de ensidiga derivatornas de�nition, ifall man utnyttjar följande resultat,som vi inte bevisar,Sats 7.5.3. Antag att funktionen f är kontinuerlig i punkten x0 o h deri-verbar nära x0 (den behöver alltså ej vara deriverbar i punkten x0). Antagdessutom att gränsvärdet limx→x0 f ′(x) existerar. Då gäller att f är deri-verbar även i punkten x0 o h f ′(x0) = limx→x0 f ′(x). Resultatet gäller ävenensidigt: Antag att f är högerkontinuerlig i punkten x0 o h deriverbar näradenna för x > x0 (den behöver alltså ej vara deriverbar i punkten x0). Antag

7.5. ENSIDIGA DERIVATOR; DERIVERBARHET 159dessutom att gränsvärdet limx→x+0

f ′(x) existerar. Då gäller att f är deriver-bar från höger även i punkten x0 o h f ′+(x0) = limx→x+

0f ′(x). Motsvarandeensidiga resultat gäller även från vänster.Med tillämpning av denna sats hade man i föregående exempel fått f ′

+(1) =limx→1+ f ′(x) = limx→1+ 2x−4 = −2 o h f ′

−(1) = limx→1− f ′(x) = limx→1− −2x =−2, utan att använda derivatans de�nition. Först borde man emellertid hakontrollerat att f är kontinuerlig.Exempel 7.5.4. Vi bestämmer konstanterna a o h b så att funktionen

f(x) =

{x2 + bx + 3 , x ≤ a ,1 − x2 , x > a ,är deriverbar överallt. En förutsättning för deriverbarhet är att funktionen ärkontinuerlig överallt. I intervallen x ≤ a samt x > a är funktionen de�nieradsom polynom, som är en kontinuerlig funktion. Det är uppenbart att funktio-nen är vänsterkontinuerlig i punkten x = a, ty den är de�nierad av sammapolynom i intervallet x ≤ a. För kontinuitet måste vi då ha högerkontinuiteti punkten x = a

limx→a+

f(x) = f(a) ⇒

limx→a+

1 − x2 = a2 + ab + 3 ⇔

1 − a2 = a2 + ab + 3 ⇔ 2a2 + ab + 2 = 0 .Detta är ett villkor för kontinuitet hos f . Nu kan vi bilda derivatafunktio-nen för de x-värden vi vet att den existerar, d.v.s. inne i intervallen där fde�nierades som polynom.f ′(x) =

{2x + b , x < a ,−2x , x > a .Nu måste det för deriverbarhet gälla, att f ′

−(a) = f ′+(a). Dessa kan enligtsatsen ovan bestämmas som gränsvärden

f ′−(a) = lim

x→a−f ′(x) = lim

x→a−2x + b = 2a + b ,

f ′+(a) = lim

x→a+f ′(x) = lim

x→a+−2x = −2a .

160 KAPITEL 7. DERIVATADetta ger villkoret för deriverbarhet: 2a + b = −2a. Vi har då två ekvationermed två obekanta, {2a2 + ab + 2 = 02a + b = −2aDen andra ekvationen ger b = −4a. Sätter man in detta i den första ekvatio-nen fås 2a2 − 4a2 + 2 = 0 ⇔ a = ±1, vilket ger b = ∓4 (välj antingen övreeller undre te knet).7.6 Derivatan av en sammansatt funktionDeriveringsreglerna hittills innefattar derivering av summor, produkter o hkvoter av funktioner. Hur skall då en sammansatt funktion, exempelvis h(x) =

sin (4x2) deriveras?Funktionen kan uppfattas som en sammansättning h = g ◦ f av g(x) =sin x o h f(x) = 4x2, så att h(x) = g(f(x)) = (g ◦ f)(x) = sin (4x2). Enfunktion av den här typen kan deriveras med följande regel som brukar kallas�kedjeregeln�:Sats 7.6.1. Antag att f är deriverbar i x0 o h att g är deriverbar för x =f(x0). Då är g ◦ f deriverbar i x0 o h

(g ◦ f)′(x0) = g′(f(x0)) · f ′(x0) .

f ′(x0) kallas �inre derivatan�, g den �yttre funktionen� o h f den �inre funk-tionen�. Under lämpliga antaganden kan regeln generaliseras till längre kedjorav sammansatta funktioner, exempelvisDf(g(h(x0))) = f ′(g(h(x0)))Dg(h(x0)) = f ′(g(h(x0)))g

′(h(x0))h′(x0) .Beviset av kedjeregeln utgår från derivatans de�nition, men eftersom detinnehåller några tekniska detaljer o h inte är alltför kort, hoppar vi över det.Noteras kan att beviset av regeln i många texter innehåller felaktigheter.Exempel 7.6.2. Vi deriverar den sammansatta funktionen f(x) =(

xx−2

)2,som kan betraktas som en sammansättning f(x) = (g ◦ h)(x), med g(x) = x2o h h(x) = xx−2

. Derivatan är då enligt regeln ovan f ′(x) = (g ◦ h)′(x) =

h′(x)g′(h(x)), med inre derivatan h′(x) = (x−2)−x

(x−2)2= − 2

(x−2)2från regeln förderivering av en kvot. Yttre funktionens derivata fås med regeln för deriveringav en potens, g′(x) = 2x o h sammansättningen g′(h(x))) = 2x

x−2. Slutresulta-tet blir således f ′(x) = (g ◦ h)′(x) = h′(x)g′(h(x)) = − 2

(x−2)2· 2x

x−2= − 4x

(x−2)3.

7.7. EXTREMVÄRDEN HOS FUNKTIONER 161Exempel 7.6.3. Vi deriverar den sammansatta funktionen f(x) = (x4 − x2)6,som kan betraktas som en sammansättning f(x) = (g ◦ h)(x), med g(x) = x6o h h(x) = x4 − x2. Derivatan är då enligt regeln ovan f ′(x) = (g ◦ h)′(x) =

h′(x)g′(h(x)), med inre derivatan h′(x) = 4x3 − 2x från regeln för derive-ring av en potens. Yttre funktionens derivata fås på samma sätt, g′(x) = 6x5o h sammansättningen g′(h(x))) = 6 (x4 − x2)5. Slutresultatet blir således

f ′(x) = (g ◦ h)′(x) = h′(x)g′(h(x)) = 6 (4x3 − 2x) · (x4 − x2)5.Exempel 7.6.4. Den sammansatta funktionen f(x) =

√cos x är de�ni-erad då cos x ≥ 0, vilket betyder att x ∈

[−π

2+ 2nπ, π

2+ 2nπ

], n ∈ Z.f(x) = (g ◦ h)(x), med g(x) =

√x o h h(x) = cos x. Derivatan är dåenligt regeln ovan f ′(x) = (g ◦ h)′(x) = h′(x)g′(h(x)), med inre derivatan

h′(x) = − sin x. Yttre funktionens derivata är g′(x) = 12√

xo h sammansätt-ningen g′(h(x))) = 1

2√

cos x. Slutresultatet blir således f ′(x) = (g ◦ h)′(x) =

h′(x)g′(h(x)) = − sin x2√

cos x.Exempel 7.6.5. Den sammansatta funktionen f(x) = ln cos x är de�nieraddå cos x > 0, vilket betyder att x ∈

]−π

2+ 2nπ, π

2+ 2nπ

[, n ∈ Z. f(x) = (g ◦h)(x), med g(x) = ln x o h h(x) = cos x. Derivatan är då enligt regeln ovanf ′(x) = (g ◦h)′(x) = h′(x)g′(h(x)), med inre derivatan h′(x) = − sin x. Yttrefunktionens derivata är g′(x) = 1

xo h sammansättningen g′(h(x))) = 1

cos x.Slutresultatet blir således f ′(x) = (g ◦ h)′(x) = h′(x)g′(h(x)) = − sin x

cos x.Exempel 7.6.6. Betraktar f(g(h(x))) = cos (sin (2x)), med Df◦g◦h = R,

h(x) = 2x, g(x) = sin x o h f(x) = cos x. Den generaliserade kedjeregeln gerdå derivatan f ′(g(h(x)))g′(h(x))h′(x), med h′(x) = 2, g′(h(x)) = cos 2x o hf ′(g(h(x))) = − sin (sin (2x)), vilket ger slutresultatet −2 sin (sin (2x)) cos 2x.Anmärkning 7.6.1. Den vanligaste källan till felaktigheter vid derivering bru-kar �nnas i inre derivatan. Det lönar sig alltså att vara noggrann med denna!7.7 Extremvärden hos funktionerVi har sett att derivatan av en funktion f motsvarar tangentens riktningko-e� ient hos kurvan y = f(x). Detta innebär att derivatan kan utnyttjas föratt undersöka funktionens förlopp, d.v.s. var den är avtagande eller växande,var dess största o h minsta värden uppträder o.s.v.


y

x

f ′(x)< 0

f ′(x)> 0

y

x

f ′(x)< 0

f ′(x)> 0

y

x

f ′(x)< 0

f ′(x)> 0

y

x

f ′(x)> 0

f ′(x)< 0

y

x

f ′(x)> 0

y

x

f ′(x)< 0

Figur 7.6: Derivatafunktionens te ken anger om funktionen är avtagande el-ler växande. Överst från vänster till höger en växande respektive avtagandefunktion. I mitten funktioner som uppvisar varierande monotonitet o h ne-derst likaså, med skillnaden att funktionerna nederst saknar derivata i enpunkt.7.7.1 Derivatans te kenFöljande resultat kan visas utgående från derivatans de�nitionSats 7.7.1. Antag att funktionen f är kontinuerlig på [a, b] o h deriverbar i]a, b[. Om det i intervallet ]a, b[ för varje x gäller att1. f ′(x) ≥ 0 så är f växande i [a, b]2. f ′(x) > 0 så är f strängt växande i [a, b]3. f ′(x) ≤ 0 så är f avtagande i [a, b]4. f ′(x) < 0 så är f strängt avtagande i [a, b]5. f ′(x) = 0 så är f konstant i [a, b]

7.7. EXTREMVÄRDEN HOS FUNKTIONER 163Observera, att a, b tillåts vara ±∞.

−3

−2

−1

0

1

2

3

4

5

−4 −2 0 2 4

y

xFigur 7.7: En strängt avtagande kontinuerlig funktion som saknar derivata ien punkt (i origo).Exempel 7.7.2. Vi undersöker i vilka intervall f är strängt avtagande, dåf(x) =

{−x , x ≤ 0 ,−x

2, x > 0 .Vi ser att f är kontinuerlig på R, emedan limx→0 f(x) = f(0) = 0 (Bestäm deensidiga gränsvärdena för att övertyga dig om detta!) För derivatafunktionenser vi att funktionerna −x respektive −x

2är kontinuerliga o h deriverbara(de är polynom) i intervallen ] −∞, 0[ respektive ]0,∞[. Vänsterderivatan iorigo är D(−x) = −1 o h högerderivatan är D

(−x

2

)= −1

2. Funktionen ärdärmed ej deriverbar i origo. Eftersom vi då har att f ′(x) < 0 på mängden

R (vänster- o h högerderivatorna är olika i origo men de är båda negativa),så är f enligt satsen ovan strängt avtagande på R, se �guren 7.7.Anmärkning 7.7.1. Vi såg i föregående exempel att derivatans informationom funktionens beteende kan utnyttjas trots att det kan �nnas enskilda punk-ter där derivatan inte existerar. I dylika punkter är det do k viktigt att kon-trollera att funktionen är kontinuerlig.

164 KAPITEL 7. DERIVATAExempel 7.7.3. Vi bevisar en olikhet som ofta används för att uppskattauttry k som innehåller trigonometriska funktioner:∀x ∈ R+ : sin x < x .Betrakta den kontinuerliga o h deriverbara funktionen f(x) = x−sin x, vi böralltså visa att x > 0 ⇒ f(x) > 0. Konstaterar först att påståendet är alltidsant ifall x > 1, eftersom ∀x ∈ R : | sinx| ≤ 1. Således behöver vi undersökaendast området x ∈]0, 1]. Funktionen f har högergränsvärdet noll i origo:

limx→0+ f(x) = 0 − sin 0 = 0 − 0 = 0, den är kontinuerlig o h deriverbar påintervallet ]0, 1] eftersom x o h sin x är det. f är dessutom högerkontinuerligi origo, ty f(0) = 0, vilket betyder att den är kontinuerlig på [0, 1]. Vi kanbestämma derivatafunktionen: f ′(x) = Dx − D sin x = 1 − cos x > 0 ∀x ∈]0, 1] (kontrollera med grafen av osinusfunktionen!). Då är alltså f strängtväxande i [0, 1] enligt satsen ovan o h vi kan välja 0 = x1 < x2 = x vilketleder till att 0 = f(x1) < f(x2) = f(x) eller x > 0 ⇒ f(x) > 0.Exempel 7.7.4. En annan användbar olikhet är:

∀x ∈ R+ : ln x ≤ x − 1 .Betraktar funktionen f(x) = ln x − (x − 1), vi bör alltså visa att x > 0 ⇒f(x) < 0. Konstaterar först att f(1) = 0 o h att funktionen är kontinuerligo h deriverbar på R+ med derivatan:

f ′(x) =1

x− 1

> 0 , 0 < x < 1 ,< 0 , x > 1 ,= 0 , x = 1 .Detta innebär att f är strängt växande på intervallet 0 < x < 1, strängtavtagande på x > 1 o h att den har ett lokalt maximum i punkten x = 1. Dåmåste alltså f(x) ≤ f(1) = 0 för alla x ∈ R+ o h olikheten gäller.7.7.2 Lokala extremvärdenOfta har man en punkt x0, där funktionsvärdet f(x0) är större eller mind-re än motsvarande funktionsvärden i en omgivning till punkten. Ett sådantfunktionsvärde kallas ett lokalt extremvärde o h x0 kallas då ett lokalt ex-tremställe.

7.7. EXTREMVÄRDEN HOS FUNKTIONER 165y

x

x0 − r x0 x0 + r| | |

Lokalt maximumLokalt minimum

u

y

x

u

Figur 7.8: Prin ipen bakom lokala extremvärden för en funktion med ettlokalt maximum o h ett lokalt minimum.De�nition 7.7.1. Om det för x0 ∈ Df existerar ett (litet) r > 0 sådant atti hela I =]x0 − r, x0 + r[ gäller att1. f(x0) ≥ f(x), så är x0 ett lokalt maximiställe till funktionen f o hf(x0) är ett lokalt maximivärde.2. f(x0) ≤ f(x), så är x0 ett lokalt minimiställe till funktionen f o hf(x0) är ett lokalt minimivärde.Se �guren 7.8 för en illustration av detta. I de�nitionen av lokala ex-tremvärden sägs att f skall vara de�nierad i en omgivning till det lokalaextremstället. Undantag kan göras från detta ifall man de�nierar begreppet�ensidigt lokalt extremställe�, enligt:De�nition 7.7.2. Funktionen f antar ett randextremvärde i x0, ifall x0 ären ändpunkt (randpunkt) i Df o h det �nns ett litet r > 0 sådant att föralla x ∈ Df∩]x0−r, x0 +r[ (se �gurerna 7.9 o h 7.10) gäller att f(x0) ≥ f(x)(randmaximum) eller f(x0) ≤ f(x) (randminimum).

166 KAPITEL 7. DERIVATAy

x

y = f(x)

RandmaximumRandminimumu

y

x

uFigur 7.9: S hematiskt exempel på randextremvärden.Anmärkning 7.7.2. Randextremvärden är lokala extremvärden i randpunk-terna till de�nitionsmängden o h som sådana att betrakta som spe ialfall avlokala extremvärden.Exempel 7.7.5. Bestäm med användning av grafen de lokala extremvärdenahos funktionenf(x) =

−x2 , −12≤ x ≤ 1

x − 2 , 1 < x ≤ 33 − x , x > 3Se �guren 7.11. De lokala extremställena ges av följande:

x f(x) extremvärde−1

2−1

4lok./randminimum

0 0 lok. maximum1 −1 lok. minimum3 1 lok. maximumSats 7.7.6. Funktionen f(x) kan ha lokala extremvärden (eller randextrem-värden) i

7.7. EXTREMVÄRDEN HOS FUNKTIONER 167x0 − r x0 + r

Df

Df ∩ ]x0 − r, x0 + r[

x0

Figur 7.10: Tolkningen av snittmängden Df ∩ ]x0 − r, x0 + r[ vid hanteringav randextremvärden.1. funktionens f diskontinuitetspunkter,2. derivatans nollställen (dessa brukar kallas kritiska punkter),3. x-värden, där derivatan inte existerar (dessa brukar kallas singulärapunkter),4. de�nitionsmängdens ändpunkter.Exempel 7.7.7. Vi undersöker om funktionen f(x) = x5 + x3 + x har lo-kala extremställen. Konstaterar först att den är kontinuerlig o h deriverbarpå R, varför det inte �nns ändpunkter, singulära punkter eller diskontinu-itetsställen. Återstår alltså derivatans nollställen, men sådana �nns ej, tyf ′(x) = 5x4 + 3x2 + 1 = 5(x2)2 + 3(x2) + 1 = 0 saknar lösningar eftersomdiskriminanten i x2 = −3±

√32−205

är negativ. Således saknar f lokala extrem-värden.Exempel 7.7.8. Vi bestämmer lokala extremvärden tillf(x) =

{x2 , x ≤ 12 − x , x > 1Kontrollerar först att funktionen är kontinuerlig. Den är de�nierad av poly-nom i delområdena, så det är bara punkten x = 1 som bör undersökas

limx→1−

f(x) = limx→1−

x2 = 1 = f(1) = limx→1+

f(x) = limx→1+

2 − x .Funktionen är således kontinuerlig på R o h det �nns inga diskontinuitets-ställen eller intervalländpunkter i Df . Vi övergår nu till att undersöka deri-vatafunktionenf ′(x) =

{2x , x < 1−1 , x > 1 .


−2

−1.5

−1

−0.5

0

0.5

1

1.5

2

−1 0 1 2 3 4 5

y

x

u

u

−2

−1.5

−1

−0.5

0

0.5

1

1.5

2

−1 0 1 2 3 4 5

y

x

e

Figur 7.11: En sty kevis de�nierad funktion med olika typer av lokala ex-tremvärden.Vi ser nu att vänster- (f ′−(x) = limx→1− 2x = 2) o h högerderivatan (f ′

+(x) =limx→1+ −1 = −1) är olika, så x = 1 är en singulär punkt. Derivatan hardessutom ett nollställe i origo för x < 1 (inga nollställen �nns för x > 1).Vi kan då sammanfatta de intressanta punkterna o h deras funktions- o hderivatavärden i tabellen

x 0 1f ′(x) − 0 + ∅ −f(x) ց ր ց

f(0) = 0 är således ett lokalt minimum o h f(1) = 1 är ett lokalt maximum.Som framgår av följande sats, kan derivatan utnyttjas för att avgöra ex-tremvärdets typ i en viss punkt.Sats 7.7.9. Antag att funktionen f(x) är kontinuerlig i x0 o h deriverbar i enomgivning av denna punkt, utan att nödvändigtvis vara deriverbar i punkten.Då gäller för f att:1. x0 är ett lokalt maximiställe, om f ′(x) > 0 för x < x0 o h f ′(x) < 0för x > x0.

7.7. EXTREMVÄRDEN HOS FUNKTIONER 1692. x0 är ett lokalt minimiställe, om f ′(x) < 0 för x < x0 o h f ′(x) > 0för x > x0.3. x0 är inget extremställe (x0 kallas ett terasställe) om f ′ bibehåller sittte ken, då x passerar x0.Bevis. Vi baserar beviset på sambandet mellan derivatans te ken o h funk-tionens monotonitet.1. Då f ′(x) > 0 för x < x0 är f strängt växande till vänster om x0 o hsåledes är f(x) < f(x0) där. Å andra sidan, då f ′(x) < 0 för x > x0är f strängt avtagande till höger om x0 o h således är f(x) < f(x0)o kså där. Således måste f(x0) ≥ f(x) i en omgivning av x0 o h enligtde�nitionen på lokalt maximum är x0 ett lokalt maximiställe.2. Detta kunde bevisas på motsvarande sätt som i föregående punkt. Al-ternativt kan vi betrakta funktionen g(x) = −f(x), varvid g′(x) =−f ′(x) uppfyller antagandena i första fallet o h vi kommer då framtill att g(x0) ≥ g(x) i en omgivning av punkten x0. Då har vi alltsådär, att −f(x0) ≥ −f(x) ⇔ f(x0) ≤ f(x) o h x0 måste vara ett lokaltminimiställe.3. a) Ifall f ′(x) > 0 nära x0 är f strängt växande både till vänster o hhöger om punkten, som då inte är ett lokalt maximiställe eftersom

x > x0 ger att f(x) > f(x0) oberoende av hur nära x0 vi be�nneross. På samma sätt är punkten x0 heller inget lokalt minimiställe.Eftersom x0 varken är ett lokalt maximi- eller minimiställe är deninte ett lokalt extremställe.b) Ifall f ′(x) < 0 nära x0 bevisar a) att −f(x) inte har ett lokaltextremställe i x0 o h därför har heller inte f(x) det.Av denna sats följer resultatet:Följdsats 7.7.10. Antag att f är två gånger deriverbar i punkten x0, därf ′(x0) = 0. Då är x0 ett1. lokalt maximiställe om f ′′(x0) < 0.2. lokalt minimiställe om f ′′(x0) > 0.

170 KAPITEL 7. DERIVATAIfall f ′′(x0) = 0 fås ingen information om punkten x0, utan funktionen fmåste då undersökas noggrannare.Bevis. Vi utnyttjar åter sambandet mellan derivatans te ken o h en funk-tions monotonitet, samt föregående sats.1. Då f är två gånger deriverbar i punkten x0 måste f ′ vara kontinuerligdär. Derivatafunktionen f ′ är strängt avtagande i x0, eftersom f ′′(x0) <0. Detta betyder att i en omgivning av x0 gäller att x < x0 ⇒ f ′(x) >f ′(x0) = 0 o h x > x0 ⇒ f ′(x) < f ′(x0) = 0, varvid satsen ovan geratt x0 är ett lokalt maximiställe.2. g(x) = −f(x) har enligt moment 1 ett lokalt maximum i x0. Då har fett lokalt minimiställe i punkten.Anmärkning 7.7.3. Man kan, på basen av resultaten ovan, undersöka deri-vatans te kenväxling genom upprepad derivering. Man deriverar alltså tillsman får en derivata som inte är lika med noll i den punkt x0 som undersöks.Då kan man alltså dra vissa slutsatser om de lägre derivatornas te kenväxlingnära x0.Exempel 7.7.11. Vi undersöker funktionen f(x) = x3. Upprepad deriveringger f ′(x) = 3x2, f ′′(x) = 6x, f ′′′(x) = 6. Funktionen o h alla dess derivatorär kontinuerliga o h deriverbara på Df = R. Vi ser nu att f ′(0) = 0, f ′′(0) =

0 o h f ′′′(0) = 6 > 0 så andra derivatan f ′′(x) är då strängt växande påDf . Detta betyder att f ′′(x) > f ′′(0) = 0 då x > 0 o h på samma sätt ärf ′(x) > 0 för x > 0, vilket betyder att f är strängt växande till höger omorigo. Motsvarande resonemang ger att f ′′(x) < f ′′(0) = 0 då x < 0, varförf ′ är strängt avtagande till vänster om origo o h f ′(x) > f ′(0) = 0 ger att fär strängt växande till vänster om origo.Exempel 7.7.12. Vi undersöker eventuella lokala extremvärden hos funk-tionen f(x) = 3x5−20x3 med hjälp av andra derivatan. Konstaterar först attfunktionen är de�nierad, kontinuerlig o h deriverbar på R. De enda möjligaextremställena �nns således i derivatans nollställen, som ges av

f ′(x) = 15x4 − 60x2 = 15x2(x2 − 4

)= 0 ⇔

x = 0 ∨ x2 = 4 ⇔x = 0 ∨ x = ±2 .

7.7. EXTREMVÄRDEN HOS FUNKTIONER 171

−150

−100

−50

0

50

100

150

−3 −2 −1 0 1 2 3

y

x

f(x) = 3x5 − 20x3Figur 7.12: Grafen av den kontinuerliga funktionen y = f(x) = 3x5 − 20x3med två lokala extremvärden o h en terasspunkt i origo.Andra derivatan är f ′′(x) = 60x3 − 120x = 60x (x2 − 2). Vi ser nu attf ′′(0) = 0, f ′′(±2) = ±240, vilket betyder att x = 2 är ett minimiställe(då f ′′(2) = 240 > 0 o h f(2) = 96 − 160 = −64) o h x = −2 är ettmaximiställe (då f ′′(−2) = −240 < 0 o h f(−2) = −96 + 160 = 64). Iorigo ger andra derivatan ingen information, utan vi kan fortsätta derivera:f ′′′(x) = 180x2 − 120 = 60 (3x2 − 2), vilket ger f ′′′(0) = −120 < 0 o h f ′′ ärdå strängt avtagande nära origo. Vi har då, att f ′′(x) < f ′′(0) = 0 till högerom origo o h f ′′(x) > f ′′(0) = 0 till vänster om origo. Således är f ′ strängtväxande till vänster om origo o h strängt avtagande till höger om origo, vilketbetyder att f ′(x) < f ′(0) = 0 då x < 0 o h f ′(x) < f ′(0) = 0 då x > 0. Alltsåär te knet hos f ′ oförändrat då vi passerar origo som således måste vara enterasspunkt.7.7.3 Globala extremvärdenDe�nitionen av ett globalt extremvärde är my ket lik de�nitionen av ett lokaltextremvärde. Skillnaden är endast den att exempelvis ett globalt maximum är

172 KAPITEL 7. DERIVATAdet största värdet som funktionen överhuvudtaget antar, medan de�nitionenav ett lokalt maximum innefattar endast en del av de�nitionsmängden.De�nition 7.7.3. Funktionen f : Df → Vf antar för x0 ∈ Df sitt globalamaximivärde om det för varje x ∈ Df gällerf(x0) ≥ f(x) .Punkten x0 kallas då ett globalt maximiställe. Funktionen f antar för x0 ∈ Dfsitt globala minimivärde om det för varje x ∈ Df gällerf(x0) ≤ f(x) .Punkten x0 kallas då ett globalt minimiställe.Följande resultat hjälper oss att hitta globala extremvärden hos en funk-tion som är de�nierad på ett slutet intervall. Vi söker då efter lokala extrem-ställen på det berörda intervallet, enligt samma prin iper som i vår tidigarebehandling av lokala extermvärden.Sats 7.7.13. Om funktionen f är kontinuerlig på det slutna intervallet Df =

[a, b] fås globalt maximum respektive globalt minimum genom att välja detstörsta resp. minsta funktionsvärdet i dessa punkter:1. Derivatans nollställen i ]a, b[ (kritiska punkter).2. Intervallets ändpunkter.3. De x-värden för vilka derivata saknas (singulära punkter).Anmärkning 7.7.4. Om funktionen f inte är kontinuerlig måste även diskon-tinuitetspunkterna undersökas. I dessa är do k f inte heller deriverbar så deär de fa to singulära punkter.Exempel 7.7.14. Vi undersöker eventuella globala extremvärden hos funk-tionen f med Df = [0, 3]:f(x) =

{x2 + 2x − 3 , 0 ≤ x < 1x2 − 3x + 2 , 1 ≤ x ≤ 3

7.7. EXTREMVÄRDEN HOS FUNKTIONER 173

−4

−3

−2

−1

0

1

2

3

−1 0 1 2 3 4

y

xFigur 7.13: Grafen av en sty kevis de�nierad funktion f(x) på intervallet[1, 3], som inte är deriverbar i x0 = 1.Funktionen är kontinuerlig på hela Df , då den är de�nierad av polynom idelintervallen o h i punkten x0 = 1 har vi

f(1) = 12 − 3 · 1 + 2 = 0 ,

limx→1−

f(x) = limx→1−

x2 + 2x − 3 = 12 + 2 · 1 − 3 = 0 ,

limx→1+

f(x) = limx→1+

x2 − 3x + 2 = 12 − 3 · 1 + 2 = 0 .Derivatafunktionen fås enligt:f ′(x) =

{2x + 2 , 0 < x < 12x − 3 , 1 < x < 3o h vi ser att

limx→1−

f ′(x) = limx→1−

2x + 2 = 2 · 1 + 2 = 4 ,

limx→1+

f ′(x) = limx→1+

2x − 3 = 2 · 1 − 3 = −1 ,

174 KAPITEL 7. DERIVATAvilket betyder att f inte är deriverbar i x0 = 1, som då är en singulär punkt.Derivatan har nollställen i x = −1 6∈ [0, 1[ o h x = 32∈ [1, 3]. Eftersomden ena kritiska punkten faller utanför motsvarande de�nitionsintervall förderivatan, behöver man endast beakta punkten x1 = 3

2. Vi kan nu stöda oss påsatsen ovan som säger att möjliga globala extremvärden för funktionen ståratt �nna i de�nitionsmängdens randpunkter, singulära o h kritiska punkter.Vi evaluerar således funktionen i dessa punkter o h får f(0) = 02 +2 ·0−3 =

−3, f(3) = 32 − 3 · 3 + 2 = 2, f(1) = 12 − 3 · 1 + 2 = 0 o h f(

32

)=

(32

)2 − 3 ·(

32

)+ 2 = −1

4. Globalt maximum är alltså f(3) = 2 o h globaltminimum f(0) = −3, se �guren 7.13.7.7.4 ExtremvärdesproblemI extremvärdesproblem ingår ofta förutom en undersökning av lokala o hglobala extremvärden själva formuleringen av funktionen som skall undersö-kas eller så kan extremvärdesutredningen vara (en del av) en studie av meraallmänna egenskaper hos en funktion, exempelvis bestämmandet av värde-mängden.

2

3

4

5

6

7

8

9

10

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

y

x

f(x) = x + 4xFigur 7.14: Grafen av funktionen f(x) = x + 4

xpå Df =]0,∞[.

7.7. EXTREMVÄRDEN HOS FUNKTIONER 175Exempel 7.7.15. Vi bestämmer värdemängden för funktionen f(x) = x+ 4x,då x > 0. Funktionen är kontinuerlig o h deriverbar på Df = R+ =]0,∞[o h eftersom

limx→0+

f(x) = limx→0+

x + limx→0+

4

x= 0 + ∞ = ∞ ,

limx→∞

f(x) = limx→∞

x + limx→∞

4

x= ∞ + 0 = ∞ ,så är funktionen obegränsad uppåt (det �nns alltså inget globalt maximum).Globala extremställen kan �nnas i kritiska punkter (derivatans nollställen),singulära punkter (punkter där derivatan inte existerar) eller i de�nitions-mängdens randpunkter. Av dessa är endast de kritiska punkterna aktuellahär, ty ändpunkterna �nns inte med i Df o h funktionen är deriverbar över-allt i sin de�nitionsmängd. Derivatans nollställen fås enligt

f ′(x) = 1 − 4

x2= 0 ⇔

4

x2= 1 ⇔

x2 = 4 ⇔ x = ±2 .Eftersom −2 6∈ Df är lösningen x = 2. Vi ser nu att f ′′(x) = 8x3 , f ′′(2) = 1 >

0, vilket betyder att x = 2 är ett lokalt minimiställe. En tabell över derivatanste kenväxling leder till samma slutsats. Eftersom det inte �nns andra lokalaextremställen i Df o h f är obegränsad uppåt då man närmar sig randen av]0,∞[ måste f(2) = 2 + 4

2= 4 vara ett globalt minimum o h värdemängdensåledes Vf = [4,∞[, se �guren 7.14.Exempel 7.7.16. Vi bestämmer globalt maximi- o h minimivärde för

f(x) = x2 − |x|3 , −1 ≤ x < 2 .Eftersom enligt absolutbeloppets de�nition, så kan funktionen skrivas i for-menf(x) =

{x2 + x3 , −1 ≤ x < 0 ,x2 − x3 , 0 ≤ x < 2 .Vi börjar med att undersöka om funktionen är kontinuerlig på de�nitions-mängden Df = [−1, 2[. I delintervallen är den de�nierad via polynom, så i


−5

−4

−3

−2

−1

0

1

−1 −0.5 0 0.5 1 1.5 2

y

x

f(x) = x2 − |x|3Figur 7.15: Grafen av funktionen f(x) = x2 − |x|3 på Df = [−1, 2[.dessa råder kontinuitet o h deriverbarhet. Vidare har vilim

x→0+f(x) = lim

x→0+x2 − x3 = 0 ,

limx→0−

f(x) = limx→0−

x2 + x3 = 0 ,

f(0) = 02 − 03 = 0 .Således är f kontinuerlig på Df . I ändpunkterna har vi f(−1) = (−1)2 +(−1)3 = 1 − 1 = 0, limx→2− f(x) = limx→2− x2 − x3 = 22 − 23 = −4.Derivatafunktionen fås genom att tillämpa deriveringsregler för polynom i derespektive delintervallen, ändpunkterna måste då exkluderas,

f ′(x) =

{2x + 3x2 , −1 < x < 0 ,2x − 3x2 , 0 < x < 2 .Vi kan konstatera, att limx→0+ f ′(x) = limx→0+ 2x− 3x2 = 0 = limx→0− 2x +

3x2 = limx→0− f ′(x), vilket betyder att f är deriverbar på hela Df . Vi harkritiska punkter i derivatans nollställen, x = 0, x = ∓23med funktionsvärden

f(0) = 0, f(∓2

3

)= 4

9− 8

27= 4

27. Detta är då ett globalt maximum för f , me-dan lokala minima fås i origo o h i x = −1. Globalt minimum existerar inte,

7.7. EXTREMVÄRDEN HOS FUNKTIONER 177emedan 2 6∈ Df o h vi kan komma godty kligt nära −4 för funktionsvärdetgenom att låta x → 2−. Se �guren 7.15.Exempel 7.7.17. Vi bestämmer de värden på konstanten k för vilka funk-tionen f(x) = k3x3 − kx2 + x − 1 är växande överallt. Funktionen, som ärett polynom, är de�nierad på hela Df = R. För att funktionen skall varaväxande måste vi då ha ∀x ∈ Df : f ′(x) ≥ 0, vilket ger olikheten

f ′(x) = kx2 − 2kx + 1 ≥ 0 .Spe ialfallet k = 0 ger identiteten 1 ≥ 0, så detta är uppenbarligen en lösning.Ifall vi antar, att k 6= 0, fåsx2 − 2x +

1

k≥ 0 .Detta gäller för alla x ∈ R om kurvan y = x2−2x+ 1

k, som är en parabel somöppnar sig uppåt, tangerar x-axeln. Således måste andragradsekvationen haen dubbelrot eller inga rötter alls. Vi har tidigare i kursen sett att detta bety-der att diskriminanten uppfyller villkoret D ≤ 0. I dett fall är diskriminanten

D = (−2)2 − 4 · 1 · 1k

= 4(1 − 1

k

) o h vi får olikheten1 − 1

k≤ 0 ⇔

k − 1

k≤ 0 ⇔

k ∈]0, 1] .Om man slutligen beaktar, att k = 0 är en lösning enligt vårt resonemangovan, fås slutresultatet k ∈ [0, 1].Exempel 7.7.18. Vi skall bygga en uteservering med hjälp av 20 m staket,så att en husvägg utnyttjas för en sida av området, se �guren 7.16. För attmaximera produktiviteten vill vi att området skall bli så stort som möjligt.Vi utreder därför hur långa sidorna hos rektangulära området skall vara föratt få ett globalt maximum i area. Det är klart att den bästa strategin är attutnyttja hela den tillbudsstående längden av staket, så vi har då för areanA = ab , a + 2b = 20 m .

178 KAPITEL 7. DERIVATAb

baraFigur 7.16: Optimering av inhägnad uteservering.Vi kan nu kombinera dessa för att få exemplevis funktionen A(b) = b(20 m−

2b), med DA = [0, 10] m. Denna är kontinuerlig o h deriverbar på den slutnade�nitionsmängden, vars ändpunkter vi ser att är ointressanta (A(0 m) =A(10 m) = 0 m2). Då bör ev. globalt maximum �nnas i de kritiska punkterna,som ges av A′(b) = 20 m − 4b = 0 med b = 5 m o h A(5 m) = 50 m2,A′′(b) = −4 < 0. Eftersom A′′ < 0 måste detta vara ett globalt maximum,med a = 10 m o h b = 5 m.

x

d

Figur 7.17: Optimering av fotbollsplan.Exempel 7.7.19. Vi skall bygga en löpbana kring en rektangulär fotbollsplanenligt �guren 7.17. Löpbanans totala längd är 400 m med halv irkelformadekurvor. Hur stor blir den maximala arean av fotbollsplanen?Vi inför bete kningarna i �guren o h noterar att arean då är A = xd. Förlöpbanan ser vi snart att villkoret 400 m = 2x + 2 · πd2gäller. Vi kombinerar

7.7. EXTREMVÄRDEN HOS FUNKTIONER 179detta med arean för att få denna som en funktion av d, som vi söker kritiskapunkter till:A(d) = xd = d

(

200 m − πd

2

)

, d ∈[

0,400

π

]

m

A′(d) = 200 m − πd = 0 ⇔

d =200

πm .Andra derivatan, som är A′′(d) = −π < 0, indikerar att detta är ett maximi-ställe. Funktionen A de�nieras av ett polynom o h är således kontinuerlig o hderiverbar på sin de�nitionsmängd DA =

[0, 400

π

]m. Återstår alltså att un-dersöka de�nitonsintervallets ändpunkter, varvid fås A(0) = 0 = A

(400π

m).Globalt maximum A

(200π

m)

= 2·104

πm2 inträ�ar således i punkten d = 200

πm.


Kapitel 8IntegralerVi studerar i detta kapitel den motsatta operationen till derivering, nämligenintegrering. Till skillnad från derivering, där varje deriverbar funktion somkan uttry kas med elementära funktioner har en unik derivata som kan skrivasner, så �nns det funktioner som inte kan integreras så att resultatet kanskrivas ner med elementära funktioner. En funktion kan o kså ha �era olikaintegraler o h för att få ett unikt resultat vid integrering måste man ställaupp tillägsvillkor. Detta hänger samman med det faktum att derivatan aven konstant försvinner, vilket innebär att en �osynlig nolla� i varje funktionsom integreras ger upphov till en godty klig konstant i resultatet.Vi inleder med sambandet mellan derivering o h integrering o h fortsättermed gra�sk tolkning av integrering o h olika metoder att utföra denna.8.1 Primitiv funktionVi har tidigare deriverat funktioner.Exempel 8.1.1.D ln x =

1

x

D1

4x4 = 4 · 1

4x4−1 = x3 .Vi gör nu motsvarande operation baklänges o h bestämmer en funktionvars derivata är given. 181

182 KAPITEL 8. INTEGRALERExempel 8.1.2. Om det är känt att funktionen f(x) har derivatan f ′(x) =3x2, hur ser då f(x) ut?Svar: Deriveras uttry ket x3 fås just f ′(x), så den sökta funktionen måstevara f(x) = x3.De�nition 8.1.1. Låt funktionen f vara de�nierad på intervallet I. Då ärF en primitiv funktion till f om

F ′(x) = f(x) ∀x ∈ I .Exempel 8.1.3. Vi observerar att både F (x) = x3

3+x2

2o h G(x) = x3

3+x2

2+1är primitiva funktioner till f(x) = x2 + x, eftersom

F ′(x) = 3 · x3−1

3+ 2 · x2−1

2= f(x) ,

G′(x) = 3 · x3−1

3+ 2 · x2−1

2+ 0 = f(x) .Till en funktion �nns det alltså många primitiva funktioner.Exempel 8.1.4. Vi visar, att F (x) =

√x2 + 1 är en primitiv funktion till

f(x) = x√x2+1

. På basen av tidigare teori för deriveringsregler vet vi attDfn = nfn−1 · f ′. Således fåsDF (x) = D

(x2 + 1

) 12 =

1

2

(x2 + 1

) 12−1·D

(x2 + 1

)=

1

2

(x2 + 1

)− 12 ·2x = f(x)Deriveringsregeln för en konstant ger omedelbart resultatet:Sats 8.1.5. Om F (x) är en primitiv funktion till f(x), är även alla funktio-ner av formen F (x) + C där C är en konstant o h endast dessa, primitivafunktioner till f i de�nitionsmängden Df .Med andra ord: Har vi funnit en primitiv funktion F , så bildas alla pri-mitiva funktioner av denna funktion plus en godty klig konstant.Vilka egenskaper krävs då av en primitiv funktion? Enligt de�nitionen börden vara deriverbar på hela sin de�nitionsmängd o h därmed kontinuerlig.För ett polynom är detta inget problem eftersom derivatan av ett polynomär även den ett polynom, o h sådana är kontinuerliga o h deriverbara över-allt. Sty kevis kontinuerliga funktioner, däremot, kräver viss försiktighet ieventuella diskontinuitetspunkter. Det är inte alltid helt uppenbart hur mot-svarande primitiva funktion till dylika funktioner ser ut.

8.1. PRIMITIV FUNKTION 183Exempel 8.1.6. Vi bestämmer alla primitiva funktioner tillf(x) =

{x + 1 , x ≤ 1 ,2 , x > 1 .En funktion, vars derivata ger f(x), har formen (vi går senare in på hur mankommer fram till detta)

F (x) =

{x2

2+ x + C1 , x ≤ 1 ,

2x + C2 , x > 1 .Enligt ovan måste alltså den primitiva funktionen F (x) vara såväl kontinu-erlig som deriverbar, vilket ger oss tilläggsinformation som kan utnyttjas föratt bestämma konstanterna C1 o h C2.(i) För att F (x) skall vara kontinuerlig måste det i intervallens brytpunktgällalim

x→1−F (x) = F (1) = lim

x→1+F (x) .För vår spe i�ka primitiva funktion fås

limx→1−

F (x) = limx→1

x2

2+ x + C1 = C1 +

3

2,

F (1) =12

2+ 1 + C1 = C1 +

3

2,

limx→1+

F (x) = limx→1

2x + C2 = C2 + 2 .Då det krävs att dessa skall vara lika, har vi ekvationen C1+32

= C2+2.Om vi nu exempelvis döper om C2 = C, så har vi att C1 = C +2− 32

=C + 1

2, o h vår primitiva funktion kan skrivas i formen

F (x) =

{x2

2+ x + C + 1

2, x ≤ 1 ,

2x + C , x > 1 .(ii) För att F skall vara deriverbar överallt måste det gälla, att (inom delin-tervallen är det redan klart att F är deriverbar, emedan den där bestårav polynom)lim

x→1−F ′(x) = lim

x→1+F ′(x) .

184 KAPITEL 8. INTEGRALERDetta villkor uppfylls, eftersomlim

x→1−F ′(x) = lim

x→1x + 1 = 2 ,

limx→1+

F ′(x) = limx→1

2 = 2 .Den föreslagna funktionen är alltså en primitiv funktion.Exempel 8.1.7. Vi undersöker om det �nns primitiva funktioner till funk-tionenf(x) =

{x , x ≤ 1 ,0 , x > 1 .Liksom i det föregående exemplet, kan vi genom att �derivera baklänges� förde båda delintervallen i Df , komma fram till en kandidat för den primitivafunktionen enligt:

F (x) =

{x2

2+ C1 , x ≤ 1 ,

C2 , x > 1 .För att F skall vara kontinuerlig måste då gälla, attlim

x→1−

x2

2+ C1 =

12

2+ C1 = lim

x→1+C2 ,vilket med bete kningen C1 = C ger C2 = C + 1

2o h

F (x) =

{x2

2+ C , x ≤ 1 ,

12

+ C , x > 1 .Denna funktion är dessvärre inte deriverbar, tyF ′(1−) = lim

x→1−F ′(x) = lim

x→1−x = 1 ,

F ′(1+) = limx→1+

F ′(x) = limx→1+

0 = 0 6= 1 .De två föregående exemplen illustrerar alltså det faktum att en konti-nuerlig funktion alltid har en primitiv funktion. Detta kan förstås ifall manerinrar sig att en kontinuerlig funktion motsvarar en kontinuerlig derivatahos den primitiva funktionen. En funktion som är kontinuerligt deriverbarhar vi ju tidigare sett vara välde�nierad. Vi har således resultatet.Sats 8.1.8. Om f är kontinuerlig på intervallet I existerar primitiva funk-tioner.

8.1. PRIMITIV FUNKTION 185Anmärkning 8.1.1. Det kan �nnas primitiva funktioner till en diskontinuerligfunktion. Exempelvis för den diskontinuerliga funktionenf(x) =

{0 , x ≤ 0 ,1 , x > 0 .uppfyller funktionen

F (x) =

{0 , x ≤ 0 ,x , x > 0 .egenskapen F ′(x) = f(x) för alla x ∈ R, som slås fast i de�nitionen av denprimitiva funktionen.Att derivera kan oftast utföras mekaniskt o h rutinmässigt på basen avvåra tidigare behandlade deriveringsregler. Bestämning av primitiva funktio-ner, däremot, kräver ibland upp�nningsrikedom o h alla funktioner har inteen primitiv funktion.Exempel 8.1.9. Funktionerna

√x3 + 1 ,

sin x

xsaknar primitiv funktion som kan skrivas ner med hjälp av elementära funk-tioner.Att söka primitiva funktionen kallas att integrera. Liksom för deriveringkan man formulera regler för integrering, som ofta baserar sig på att be-kanta deriveringsregler tillämpas baklänges. I analogi med derivering, där vianvände derivataoperatorn för att uttry kaf ′(x) = Df(x) ,kan vi betrakta integreringsoperatorn som den inversa derivataoperatorn

D−1f(x) = F (x) + C .Vi har tidigare konstaterat, att derivering o h integrering är varandras in-versa operationer, vilket innebär att motsvarande operatorer är varandrasinverser. Vi har således sambandenD(D−1f(x)

)= D (F (x) + C) = DF (x) + DC = f(x) + 0 = f(x) ,

D−1 (Df(x)) = D−1 (f ′(x)) = f(x) + C .

186 KAPITEL 8. INTEGRALERRegel 8.1.10. På basen av deriveringsreglerna kan vi formulera följandeintegreringsregler:1.D−1D [cf(x)] = D−1 [cDf(x)] , Df(x) = g(x) ⇔ f(x) = D−1g(x)

D−1 [cg(x)] = cf(x) = cD−1g(x) .Liksom vid derivering kan alltså en konstant �yttas utanför operatorn.2.D−1D [f(x) + h(x)] = D−1 [Df(x) + Dh(x)] ,{

Df(x) = g(x) ,Dh(x) = p(x)

⇔{

f(x) = D−1g(x) ,h(x) = D−1p(x)

D−1 [g(x) + p(x)] = f(x) + h(x) = D−1g(x) + D−1p(x) .Integraloperatorn är således linjär, såsom di�erentialoperatorn.3. Utgående från deriveringsregeln för en potensfunktion:D

xa+1

a + 1= (a + 1) · xa+1−1

a + 1= xa , a 6= −1 .Om vi nu låter den inversa operatorn D−1 verka på båda leden ovanfås integreringsregeln för en potensfunktion:

D−1xa = D−1Dxa+1

a + 1=

xa+1

a + 1+ C , a 6= −1 .Med dessa regler kan vi nu bestämma primitiva funktioner till alla poly-nom.Exempel 8.1.11.

(a) D−1[3x4]

= 3x4+1

4 + 1+ C =

3

5x5 + C

(b) D−1[x2 + 5x + 1

]= D−1

[x2]+ D−1 [5x] + D−1 [1] =

x3

3+ 5

x2

2+

x0+1

0 + 1=

x3

3+

5x2

2+ x + C

(c) D−1[√

x]

= D−1[

x12

]

=x

12+1

12

+ 1+ C =

2x√

x

3+ C .

8.1. PRIMITIV FUNKTION 187Även diskontinuerliga funktioner kan ha primitiv funktion under vissa för-utsättningar. Om vi exempelvis betraktar funktionen på ett sammanhängan-de intervall som exkluderar diskontinuiteter, så kan vi använda våra vanligaintegreringsregler.Exempel 8.1.12. På en sammanhängande de�nitionsmängd fås direktD−1 1

x2=

x−2+1

−2 + 1+ C = −1

x+ C .Å andra sidan, ifall Df = R\{0}, så måste vi undersöka intervallen ]−∞, 0[o h ]0,∞[ var för sig. Detta leder till den sty kevis de�nierade primitivafunktionen

D−1 1

x2=

− 1x

+ C1 , x < 0 ,

− 1x

+ C2 , x > 0 .Noteras bör nu att konstanterna C1 o h C2 är oberoende av varandra, fördet går ju inte att göra den sty kevis de�nierade funktionen kontinuerlig iorigo genom att välja konstanterna på något spe iellt sätt. Detta inses snabbtifall man försöker bestämma de ensidiga gränsvärdena i origo, inget av dessaexisterar nämligen.På samma sätt kan man resonera i fallet nedan.Exempel 8.1.13. Vi söker primitiva funktionen tillf(x) =

1 + x2

x5, x > 0 .Om vi skriver om funktionen, har vi

f(x) = x−5 + x−3 , x > 0 .För en sammanhängande de�nitionsmängd fås dåF (x) = D−1f(x) = D−1

[x−5 + x−3

]= D−1

[x−5]+ D−1

[x−3]

=x−5+1

−5 + 1+

x−3+1

−3 + 1+ C = − 1

4x4− 1

2x2+ C .Under antagandet Df = R \ {0} skulle vi ha fått den primitiva funktionen

D−1[x−5 + x−3

]=

− 14x4 − 1

2x2 + C1 , x < 0 ,

− 14x4 − 1

2x2 + C2 , x > 0 .

188 KAPITEL 8. INTEGRALERPolynomen utgör emellertid endast en liten delklass av alla elementärafunktioner, vi behöver även kunna integrera så kallade trans endenta funk-tioner. Egenskaperna hos dessa har berörts redan tidigare o h my ket kortkan dessa karakteriseras som funktioner som inte kan de�nieras med våraaritmetiska operationer +, −, ·, / eller rotdragning. Exempelvis lg x, ex o hsin x är alla trans endenta funktioner. Följande gäller för de vanligaste tran-s endenta funktionerna:Regel 8.1.14. Integrering av vissa trans endenta funktioner1. D−1 1

x= ln |x| + C, i ett intervall som inte innehåller origo.2. D−1ex = ex + C3. D−1ax = ax

lna+ C4. D−1 sin x = − cos x + C5. D−1 cos x = sin x + C6. D−1 1

cos2 x= D−1 [1 + tan2 x] = tan x + C, för alla intervall som inteinnehåller nollställena till nämnaren ovan, d.v.s. x = π

2+ nπ, n ∈ Z.7. D−1 1

sin2 x= D−1 [1 + cot2 x] = cot x + C, för alla intervall som inteinnehåller nollställena till nämnaren ovan, d.v.s. x = nπ, n ∈ Z.Dessa regler kan motiveras med motsvarande deriveringsregler, som i sintur kan härledas utgående från derivatans de�nition med gränsvärdet av dif-ferenskvoten o.s.v. eller utgående från själva funktionens de�nition. Det se-nare är fallet för logaritm- o h exponentialfunktionerna, vilkas de�nitionerinnehåller vissa villkor för derivatafunktionen.Exempel 8.1.15. Vi bestämmer den primitiva funktionen F (x) till funktio-nerna(a) f(x) = 3

x−4(b) f(x) = 32x

3x( ) f(x) = sin2 x+1sin2 x(d) f(x) = tan2 x

8.1. PRIMITIV FUNKTION 189Med tillämpning av integreringsreglerna får vi(a) Regel 1. samt regeln om en konstant faktor ger F (x) = 3D−1 1x−4

=3 ln |x − 4| + C.1(b) f(x) = 32x

3x = 32x−x = 3x o h regel 3. ger F (x) = D−13x = 3x

ln 3+ C.( ) f(x) = sin2 x+1

sin2 x= 1 + sin−2 x o h reglerna 7., om linjäritet samt omprimitiva funktionen till en konstant ger F (x) = D−1

[1 + sin−2 x

]=

x + cotx + C, då x 6= nπ, n ∈ Z.(d) f(x) = tan2 x = sin2 xcos2 x

= 1−cos2 xcos2 x

= cos−2 x − 1 o h reglerna 6. samtsamma regler som i föregående fall ger F (x) = D−1 [cos−2 x − 1] =tan x − x + C, då x 6= π

2+ nπ, n ∈ Z.Exempel 8.1.16. Vi bestämer primitiva funktionen till

f(x) =1 −√

x −√

x3

x.Vi börjar med att konstatera att funktionen är de�nierad endast för positi-va x-värden, annars skulle antingen ett av rotuttry ken bli ode�nierat ellernämnaren lika med noll. Således har vi Df =]0,∞[ o h vi kan spjälka uppfunktionen o h bestämma

F (x) = D−1

[

1 −√x −

√x3

x

]

= D−1[

x−1 − x− 12 + x

12

]

= ln x − x− 12 + 1

−12

+ 1+

x12+1

12

+ 1+ C

= ln x − 2√

x +2

3x√

x + C .1Funktionen f är i själva verket sammansatt o h skulle egentligen kräva särskilda in-tegreringsregler, som behandlas i nästa avsnitt. I detta fall är emellertid inre derivatan(derivatan av bråkets nämnare) lika med ett, varför regel 1. kan tillämpas direkt.

190 KAPITEL 8. INTEGRALERExempel 8.1.17. Låt funktionen f ha andra derivatan f ′′(x) = − sin x. Dåkan vi bestämma funktionens f form med förfarandetf ′′(x) = − sin x

f ′(x) = D−1f ′′(x) = D−1 [− sin x] = cos x + C

f(x) = D−1f ′(x) = D−1 [cos x + C] = sin x + Cx + D ,där C o h D är godty kliga, oberoende konstanter.8.2 Integralen av en sammansatt funktionVi har behandlat de viktigaste grundreglerna för integrering, men enbart meddessa klarar man sig inte p.g.a. den viktiga roll som inre derivatan spelar vidderivering av sammansatta funktioner. Det visar sig att motsvarande är falleto kså vid integrering, betrakta följande:Exempel 8.2.1. Genom att derivera resultatet kan vi snabbt konstatera, attD−1 [sin (2x)] 6= − cos (2x) + C ,ty med �deriveringens kedjeregel� får vi D [− cos (2x)] = 2 sin (2x). Såledesverkar det som om konstanten 2 (som ju är inre derivata i detta fall) skullespela oss ett spratt. Om vi observerar att D

[

− cos (2x)2

]

= sin (2x) så får videt korrekta resultatetD−1 [sin (2x)] = −cos (2x)

2+ D ,där D är en godty klig konstant.Regel 8.2.2. Integrering av en sammansatt funktionVi erinrar oss deriveringsregeln för en sammansatt funktion:

D [g (f(x))] = g′ (f(x)) · f ′(x) ,där f ′(x) är det som brukar kallas �inre derivatan�. Om vi nu låter �integre-ringsoperatorn� D−1 verka på båda leden ovan så kommer vi att få (noteraatt det då dyker upp en �integrationskonstant� C)D−1 [g′ (f(x)) · f ′(x)] = D−1D [g (f(x))] = g (f(x)) + C .

8.2. INTEGRALEN AV EN SAMMANSATT FUNKTION 191Då vi integrerar produkten g′ (f(x)) · f ′(x) kommer alltså den inre deri-vatan f ′(x) att �ätas upp�. För att vi skall kunna tillämpa regeln ovan måstevi alltså först se till att inre derivatan �nns med som en faktor i det uttry kvi önskar integrera. Detta är ofta det svåraste momentet i hela operationen,slutresultatet som bildar primitiv funktion kan därefter skrivas ner ganskadirekt.Observation 8.2.3. Om vi återgår till det senaste exemplet, kan vi noteraattg′ (f(x)) · f ′(x) = sin (2x) .Vi ser inte direkt någon faktor som direkt skulle kunna tolkas som en inrederivata, men det är alltid möjligt att extrahera en sådan ur faktorn 1 somju förekommer överallt. Skriv alltså

g′ (f(x)) · f ′(x) = sin (2x) =1

2· sin (2x) · 2 .Då kan vi identi�era g′ (f(x)) = sin (2x)

2, med f(x) = 2x o h f ′(x) = 2.Den yttre funktionen har derivatan g′(f) = sin f

2, vilket via grundreglerna förintegrering leder oss fram till g(f) = − cos f

2. Regeln ovan ger så slutresultatet

D−1 [g′ (f(x)) · f ′(x)] = g (f(x)) + C = −cos (2x)

2+ C ,vilket överensstämmer med vårt tidigare resonemang via prövning.Vi kan utnyttja integreringsregeln för en sammansatt funktion till attgeneralisera regeln för integrering av en potens:Regel 8.2.4. (Generaliserade) potensregeln för integrering

D−1 [(f(x))a f ′(x)] =(f(x))a+1

a + 1+ C .Bevis. Vi kan identi�era (f(x))a = g′ (f(x)), vilket med grundregeln för inte-grering av en potens direkt leder till g (f(x)) = (f(x))a+1

a+1o h resultatet följer.Alternativt kan man derivera båda leden i likheten ovan o h konstatera attden gäller identiskt (för alla x-värden i de�nitionsmängden till de ingåendeuttry ken).Exempel 8.2.5. Vi söker primitiv funktion till funktionerna

192 KAPITEL 8. INTEGRALER(a) (4x + 3)3(b) √1 − 4x( ) (3x + 3) (x2 + 2x − 1)

3(d) 1√x2−1(e) 2x−1√

x2−x+1(f) x2 sin (x3)(g) cot xsinxTillämpning av integreringsregeln för en sammansatt funktion, med lämplig2tolkning av inre funktionen f o h dess derivata f ′, ger i de olika fallen(a) f(x) = 4x + 3 ger f ′(x) = 4 o h då kan vi identi�era

g′ (f(x)) · f ′(x) =1

4· (4x + 3)3 · 4 ,d.v.s. g′ (f(x)) = 1

4· (4x + 3)3, vilket med grundreglerna för integreringger g (f(x)) = 1

4· (4x+3)4

4o h slutresultatet blir

D−1[(4x + 3)3

]=

(4x + 3)4

16+ C .(b) f(x) = 1 − 4x ger f ′(x) = −4 o h då kan vi identi�era

g′ (f(x)) · f ′(x) = −1

4·√

1 − 4x · (−4) ,d.v.s. g′ (f(x)) = −14·√

1 − 4x = − (1−4x)12

4, vilket med grundreglernaför integrering ger g (f(x)) = − (1−4x)

12 +1

4( 12+1)

o h slutresultatet blirD−1

[√1 − 4x

]= −(1 − 4x)

32

6+ C .2Det �nns oftast olika tolkningar av den sammansatta funktionens inre funktion, somleder till olika inre derivator. Ibland krävs ett visst mått av prövning för att komma framtill en tolkning som på e�ektivaste möjliga sätt leder fram till en primitiv funktion. Noterasbör att det alltid är att rekommendera att man deriverar den primitiva funktionen för attsäkerställa ett korrekt resultat.

8.2. INTEGRALEN AV EN SAMMANSATT FUNKTION 193( ) f(x) = x2 + 2x − 1 ger f ′(x) = 2x + 2 o h då kan vi identi�erag′ (f(x)) · f ′(x) = (3x + 3)

(x2 + 2x − 1

)3

=3

2·(x2 + 2x − 1

)3 · (2x + 2) ,d.v.s. g′ (f(x)) = 32· (x2 + 2x − 1)

3, vilket med grundreglerna för inte-grering ger g (f(x)) = 32(3+1)

· (x2 + 2x − 1)3+1 o h slutresultatet blir

D−1[

(3x + 3)(x2 + 2x − 1

)3]

=3 (x2 + 2x − 1)

4

8+ C .(d) Vi kan börja med att skriva om funktionen,

1√

x2− 1

=(x

2− 1)− 1

2.Nu kan vi identi�era f(x) = x

2− 1, vilket ger f ′(x) = 1

2o h då fås

g′ (f(x)) · f ′(x) = 2 ·(x

2− 1)− 1

2 · 1

2,d.v.s. g′ (f(x)) = 2 ·

(x2− 1)− 1

2 , vilket med grundreglerna för integreringger g (f(x)) = 2 · (x2−1)

− 12+1

− 12+1


[

1√

x2− 1

]

= 4

√x

2− 1 + C .(e) f(x) = x2 − x + 1 ger f ′(x) = 2x − 1 o h då kan vi identi�era

g′ (f(x)) · f ′(x) =1√

x2 − x + 1· (2x − 1) ,d.v.s. g′ (f(x)) = 1√

x2−x+1= (x2 − x + 1)

− 12 , vilket med grundreglernaför integrering ger g (f(x)) =

(x2−x+1)− 1

2 +1

− 12+1


[2x − 1√

x2 − x + 1

]

= 2√

x2 − x + 1 + C .

194 KAPITEL 8. INTEGRALER(f) f(x) = x3 ger f ′(x) = 3x2 o h då kan vi identi�erag′ (f(x)) · f ′(x) =

1

3· sin

(x3)· 3x2 ,d.v.s. g′ (f(x)) =

sin(x3)3

, vilket med grundreglerna för integrering gerg (f(x)) = − cos (x3)

3o h slutresultatet blir

D−1[x2 sin

(x3)]

= −cos (x3)

3+ C .(g) Vi börjar med att skriva om funktionen,

cot x

sin x=

cos xsinx

sin x=

cos x

sin2 x.Nu kan vi identi�era f(x) = sin x, vilket ger f ′(x) = cos x o h då fås

g′ (f(x)) · f ′(x) =1

sin2 x· cos x ,d.v.s. g′ (f(x)) = 1

sin2 x= sin−2 x, vilket med grundreglerna för integre-ring ger g (f(x)) = sin−2+1 x

−2+1o h slutresultatet blir

D−1

[cot x

sin x

]

= − 1

sin x+ C .Observation 8.2.6. Vi har konstaterat, att integreringsregeln vi formuleradeför D−1 [f ′(x) (f(x))a] inte gäller i fallet a = −1. Hur skall då en regel fördenna situation se ut?Vi vet att derivering av ln |f(x)| ger

f(x) < 0 D [ln (−f(x))] =−f ′(x)

−f(x)=

f ′(x)

f(x),

f(x) > 0 D [ln (f(x))] =f ′(x)

f(x).Således gäller uppenbarligen

D [ln |f(x)|] =f ′(x)

f(x),

8.2. INTEGRALEN AV EN SAMMANSATT FUNKTION 195vilket ger, om vi låter �integreringsoperatorn� D−1 verka på båda leden i lik-heten ovan,D−1

[f ′(x)

f(x)

]

= ln |f(x)| + C ,i alla intervall, där f(x) 6= 0.Exempel 8.2.7. Vi söker primitiv funktion till funktionerna(a) x2

1−x3 , x > 1(b) tan x( ) sin (2x)1+cos2 x(d) x2+2xx−1Vi kan utnyttja regeln ovan för integrering av kvoten f ′(x)

f(x)för att bestämmade sökta primitiva funktionerna.(a) Identi�era f(x) = 1 − x3. Då är f ′(x) = −3x2 o h vi kan, efter om-skrivning av kvoten, utföra integreringen

D−1

[x2

1 − x3

]

= −1

3D−1

[ −3x2

1 − x3

]

= −1

3ln∣∣1 − x3

∣∣+ C , x > 1 .(b) Vi noterar, att tanx = sinx

cos x. Identi�erar vi f(x) = cos x, fås f ′(x) =

− sin x o h integrering gerD−1

[sin x

cos x

]

= −D−1

[− sin x

cos x

]

= − ln |cos x| + C .( ) Vi låter f(x) = 1 + cos2 x, vilket ger f ′(x) = 2 · cos2−1 x · D cos x =−2 sin x cos x = − sin (2x), där den sista likheten är en trigonometriskidentitet som fås från tabeller. Vi får således

D−1

[sin (2x)

1 + cos2 x

]

= −D−1

[− sin (2x)

1 + cos2 x

]

= − ln∣∣1 + cos2 x

∣∣ + C .

196 KAPITEL 8. INTEGRALER(d) Det rationella uttry ket x2+2xx−1

är en kvot av två polynom, där täljarensgradtal (2) är större än nämnarens (1). Vi ser inte direkt hur dettakunde skrivas om som ett bråk med derivatan i täljaren o h funktioneni nämnaren. Någon form av omskrivning är alltså nödvändig. Ett all-mänt tillvägagångssätt vid denna typ av rationella uttry k är att förstutföra divisionen så att vi får en kvot plus tillhörande rest. Detta ärvanligen enklare att integrera än det ursprungliga uttry ket. Divisionenkan utföras på gängse vis med �trappsteg� et . (mer om detta i kursenIngenjörsmatematik I) men ofta kan man via algebraiska manipulatio-ner mer direkt få fram resultatet:x2 + 2x

x − 1=

x2 − 2x + 2x + 2x + 1 − 1

x − 1=

x2 − 2x + 1

x − 1+

4x − 1

x − 1

=(x − 1)2

x − 1+

4x − 1

x − 1= x − 1 +

4x − 4 + 3

x − 1

= x − 1 +4(x − 1)

x − 1+

3

x − 1= x − 1 + 4 +

3

x − 1

= x + 3 +3

x − 1.Vår strategi för omformningen ovan gi k alltså ut på att �addera lämp-ligt antal nollor� till täljaren för att kunna utföra su essiva divisionero h förenkla uttry ket. Nu kan integreringen enkelt utföras

D−1

[x2 + 2x

x − 1

]

= D−1

[

x + 3 +3

x − 1

]

= D−1 [x] + D−1 [3] + 3D−1

[1

x − 1

]

=x2

2+ 3x + 3 ln |x − 1| + C .Observation 8.2.8. Om vi deriverar funktionen ef(x) fås:

D[ef(x)

]= f ′(x)ef(x) .Detta ger, efter verkan av operatorn D−1 på båda leden, integreringsregeln

D−1[f ′(x)ef(x)

]= ef(x) + C .

8.3. SAMMANFATTNING ÖVER INTEGRERINGSREGLER 197Exempel 8.2.9. Vi söker primitiv funktion till funktionerna(a) e2x+1e2x(b) 1

e2x+1( ) ecos x sin xMed användning av regeln ovan får vi, i vissa fall efter smärre omformning,(a) identi�era f(x) = −2x med f ′(x) = −2,D−1

[e2x + 1

e2x

]

= D−1[1 + e−2x

]

= D−1 [1] + D−1[e−2x

]

= D−1 [1] − 1

2D−1

[−2e−2x

]

= x − e−2x

2+ C .(b) identi�era f(x) = −2x − 1 med f ′(x) = −2,

D−1

[1

e2x+1

]

= D−1[e−2x−1

]

= −1

2D−1

[−2e−2x−1

]

= −e−2x−1

2+ C = − 1

2e2x+1+ C .( ) identi�era f(x) = cos x med f ′(x) = − sin x,

D−1 [ecos x sin x] = −D−1 [−ecos x sin x]

= −ecos x + C .8.3 Sammanfattning över integreringsreglerVi kan nu samla de hittills behandlade reglerna nedan, samtliga �nns i tabel-ler så de behöver inte kunnas utantill. Däremot är det viktigt att känna tillsammanhangen där reglerna tillämpas o h vid behov kunna motivera dem.

198 KAPITEL 8. INTEGRALERRegel 8.3.1. Integrering1. D−1 [cf(x)] = cD−1 [f(x)], d.v.s. en konstant kan �yttas utanför ope-ratorn2. D−1 [f(x) + g(x)] = D−1 [f(x)] + D−1 [g(x)]3. D−1 [xa] = xa+1

a+1+ C, a 6= −14. D−1

[1x

]= ln |x| + C, i ett intervall som inte innehåller x = 05. D−1 [ex] = ex + C6. D−1 [ax] = ax

lna+ C, 1 6= a > 0. Om a = 1 blir resultatet x + C7. D−1 [sin x] = − cos x + C8. D−1 [cos x] = sin x + C9. D−1

[1

cos2 x

]= D−1 [1 + tan2 x] = tanx + C, för alla intervall som inteinnehåller x = π

2+ nπ, n ∈ Z, d.v.s. där cos x = 010. D−1

[1

sin2 x

]= D−1 [1 + cot2 x] = cot x + C, för alla intervall som inteinnehåller x = nπ, n ∈ Z, d.v.s. där sin x = 011. D−1 [g′ (f(x)) f ′(x)] = g (f(x)) + C12. D−1 [(f(x))a f ′(x)] = (f(x))a+1

a+1+ C, a 6= −113. D−1

[f ′(x)f(x)

]

= ln |f(x)| + C, i alla intervall där f(x) 6= 014. D−1[ef(x)f ′(x)

]= ef(x) + C8.4 Geometrisk tolkning av integralenVi skall nu undersöka sambandet mellan integralen o h begreppet area. Vibörjar med ett exempel.

8.4. GEOMETRISK TOLKNING AV INTEGRALEN 199y = x2y

1O

1

xFigur 8.1: Området mellan kurvan y = x2, koordinataxlarna o h linjen x = 1.Exempel 8.4.1. Vi uppskattar storleken av området som begränsas av pa-rabeln y = x2, koordinataxlarna o h linjen x = 1, se Figuren 8.1. Tyvärr kanvi inte bestämma arean exakt med de metoder vi hittills lärt oss, ty områdetbegränsas ju inte av räta linjer. Vi kan do k betrakta en grov approxima-tion, genom att notera att det sökta området kan inskrivas i triangeln somvi får genom att dra en rät linje genom punkterna (0, 0) o h (1, 1). Vi harsåledes triangeln med dessa punkter som hörn, förutom punkten (1, 0), se Fi-guren 8.2. Uppenbarligen kommer den sökta arean att vara mindre än arean(

1·12

) hos denna triangel. Arkimedes gi k vidare med denna idé o h approxi-merade den sökta arean med hjälp av rektanglar som dels överskattar areano h dels underskattar den. Han delade in x-axeln i ett antal lika breda inter-vall o h ritade in rektanglar som dels omskriver o h dels blir omskrivna avarean under den undersökta kurvan, se Figuren 8.3 där den sökta areans un-derskattning avbildas o h Figuren 8.4 där överskattningen avbildas. Eftersomden sammanlagda arean av samtliga rektanglar kan räknas ut rutinmässigtkan vi, ifall vi för�nar indelningen av x-axeln o h ökar antalet rektanglar iunder- respektive överskattningen, få en relativt noggrann approximation tillarean under kurvan. Den mindre arean (underskattningen) kallas då under-summa o h den större arean (överskattningen) översumma. Vi kan räkna utdessa för vår indelning av x-axeln i fyra delintervall, som illustreras i Figu-rerna 8.3 o h 8.3. Undersumman blir (notera att i detta fall har den förstarektangeln höjden noll, då höjden i dettta fall är funktionsvärdet f(x) = x2 i

200 KAPITEL 8. INTEGRALER

��

��

y

1O

1

x

y = x2

Figur 8.2: Uppskattning av arena under parabeln y = x2 via den omskrivnatriangeln.delintervallets vänstra ändpunkt, se Figuren 8.3)s4 =

1

4· 02 +

1

4·(

1

4

)2

+1

4·(

2

4

)2

+1

4·(

3

4

)2

=1

43

(02 + 12 + 22 + 32

)=

14

64=

7

32≈ 0, 21875 .På motsvarande sätt får vi översumman (rektanglarnas höjder blir nu funk-tionsvärdet i delintervallets högra ändpunkt, se Figuren 8.4)

S4 =1

4·(

1

4

)2

+1

4·(

2

4

)2

+1

4·(

3

4

)2

+1

4·(

4

4

)2

=1

43

(12 + 22 + 32 + 42

)=

30

64=

15

32≈ 0, 46875 .Den sökta arean skall således ligga i intervallet ]s4, S4[=]0, 21875 , 0, 46875[.Motsvarande beräkning med 8 delintervall ger att arean ligger i intervallet

]0, 273 , 0, 398[. Även om o kså detta är en ganska bred variation hos densökta arean ger en �nare indelning för delintervallen en betydligt bättre nog-grannhet. En ökning av antalet delintervall till något tiotal torde ge tillfreds-ställande resultat i detta fall.Samma metod som i exemplet ovan kan utnyttjas för att de�niera begrep-pet integral. Om vi utgår från att vi har en kontinuerlig funktion de�nierad

8.4. GEOMETRISK TOLKNING AV INTEGRALEN 201��

��

��

��

��

y

1O

1

x

y = x2

Figur 8.3: Underskattning av arean under parabeln y = x2 med hjälp avrektanglar.på ett slutet intervall [a, b], kan detta intervall delas in i n sty ken lika storadelintervall med ändpunkterna i storleksordning enligt a = x0, x1, . . . , xn−1o h xn = b. Vår kontinuerliga funktion kommer då att vara kontinuerlig ävenpå varje enskilt (slutet) delintervall [xk−1, xk]. Enligt en tidigare sats frånavsnittet om kontinuerliga funktioner har då funktionen ett minsta värde mko h ett största värde Mk på varje delintervall. Mängden D = {x0, x1, . . . , xn}kallas indelningen eller partitionen av intervallet [a, b]. Med denna indel-ning D kan vi räkna ut motsvarande undersumma3 med användning av detminsta värdet mk o h motsvarande översumma med användning av det störs-3Summor brukar bete knas med den grekiska bokstaven stora sigma, så att en ändligsumma med n termer kan skrivas:sn = a1 + a2 + a3 + · · · + an−1 + an =

n∑

k=1

ak .Under sigma-bete kningen brukar man ange summeringsindex, som är den variabel somvarierar enligt vilken term i summan som avses. Startvärde o h slutvärde för detta summe-ringsindex (k) �nns under respektive ovanför summate knet ∑, i fallet ovan är dessa likamed 1 respektive n. Det är o kså möjligt att ha oändligt antal termer i summan, varvidövre gränsen för summeringsindexet blir oändlig. Vi har då att göra med en serie, som ären summa med oändligt antal termer. Mer om dylika i senare kapitel.

202 KAPITEL 8. INTEGRALER

��

��

��

��

��

��

��

y

1O

1

x

y = x2

Figur 8.4: Överskattning av arean under parabeln y = x2 med hjälp avrektanglar.ta värdet Mk i varje delintervall:s(D) = m1 (x1 − x0) + m2 (x2 − x1) + · · · + mn (xn − xn−1)

=

n∑

k=1

mk (xk − xk−1) ,

S(D) = M1 (x1 − x0) + M2 (x2 − x1) + · · · + Mn (xn − xn−1)

=

n∑

k=1

Mk (xk − xk−1) .I spe ialfallet, där f(x) ≥ 0 i hela intervallet [a, b] kan man tolka under-o h översummorna som summor av rektangelareor på motsvarande sätt somi exemplet ovan. Det �nns några entrala egenskaper som beskriver under-o h översummorna:1. För varje indelning D gäller att undersumman är mindre än översum-man, d.v.s.∀D : s(D) ≤ S(D) ,som även gäller för två olika indelningar D1 o h D2 oberoende av dessasnoggrannhet. Vi har således olikheten ∀D1, D2 : s(D1) ≤ S(D2).2. Med en �nare indelning, d.v.s. �er delintervall, får vi en bättre ap-proximation av arean. Detta innebär att undersumman växer o h över-summan avtar. Låt D o h D′ vara två indelningar, där D′ är en �nare

8.4. GEOMETRISK TOLKNING AV INTEGRALEN 203indelning. Då gäller:s(D) ≤ s(D′) ≤ S(D′) ≤ S(D) .Egenskap 2. indikerar att det �nns exakt ett tal A, som är större än ellerlika med varje undersumma o h mindre än eller lika med varje översumma,oavsett hur noggrann den aktuella indelningen är. Detta tal är då lika medden sökta arean som integralen kan tolkas att representera o h utgör grundenför integralbegreppet.De�nition 8.4.1. Antag att funktionen f är kontinuerlig på det slutna in-tervallet [a, b] (vilket samtidigt innebär att den är begränsad). Låt s(D) o h

S(D) bete kna under- respektive översumman för en godty klig indelning avintervallet. Man kan då visa att det existerar ett o h endast ett tal I sådantatt:s(D) ≤ I ≤ S(D) .Vi kallar då funktionen f integrerbar o h talet I integralen av funktionen föver intervallet [a, b]. Vi bete knar integralen med:I =

∫ b

a

f(x) dx .Bete kningen ∫ b

af(x) dx utläses �integralen av f(x) från a till b�. Talen a o h

b kallas den undre respektive övre integrationsgränsen. f(x) kallas integrando h x kallas integrationsvariabel.Anmärkning 8.4.1. Bete kningen dx innebär att integrandfunktionen f in-tegreras med avseende på variabeln x, d.v.s. att resultatet som vi då får de-riverat skall ge oss f tillbaka. Historiskt härstammar bete kningssättet frånett betraktelsesätt där man tänkte sig att integralen direkt skulle motsvaraen under- eller översumma i gränsen n → ∞. Då skulle limn→∞ (∆x)n =limn→∞ (xk − xk−1)n ∼ δx := dx o h minsta (eller största, detta har ing-en praktisk betydelse i gränsen n → ∞ för de �esta funktioner) värdet påfunktionen motsvarar integrandens värde. Sedermera har man, i takt medatt mera abstrakta o h mångsidiga de�nitioner på integralen har upptä kts,tenderat att frångå denna motsvarighetsbetraktelse som do k lever kvar itillämpade vetenskaper (t.ex. i fysiken). Bete kningarna har do k med tidenblivit allmänt vedertagna o h är således svårare att ändra på än själva teorin.

204 KAPITEL 8. INTEGRALERExempel 8.4.2. Vi visar att den konstanta funktionen f : f(x) = C ärintegrerbar på ett godty kligt intervall [a, b] o h att∫ b

a

C dx = C(b − a) .Denna funktion är kontinuerlig på intervallet [a, b] o h därmed även integrer-bar därpå enligt de�nitionen ovan. Dessutom har vi, att ∀k : mk = C = Mko h vi noterar för en godty klig indelning D:s(D) = S(D) =

n∑

k=1

C (xk − xk−1)

= C (xn − xn−1 + xn−1 − xn−2 + · · · + x2 − x1)

= C (xn − x1) = C (b − a) .För denna spe iella funktion är under- o h översummorna lika o h därmedgäller enligt de�nitionen, att I är lika med arean av rektangeln som funktio-nen �stänger in� mellan x-axeln o h de�nitionsintervallets ändpunkter. Så-ledes, emedan vår de�nition säger att s(D) ≤ I ≤ S(D), så har vi visatattI =

∫ b

a

f(x) dx =

∫ b

a

C dx = C(b − a) .

��

��

��

��

y

x

y = 4 − x

O 1 3Figur 8.5: Geometrisk tolkning av integralen ∫ 3

1(4 − x) dx som arean mellanräta linjen y = 4 − x o h x-axeln på intervallet [1, 3].

8.4. GEOMETRISK TOLKNING AV INTEGRALEN 205Exempel 8.4.3. Vi bestämmer integralen∫ 3

1

(4 − x) dx .Integrandfunktionens graf är den räta linjen y = 4 − x o h då kommer densökta integralen att representeras av det stre kade området i Figuren 8.5.Med elementära geometriska regler kan vi beräkna denna area, ifall vi tolkarområdet som sammansatt av en triangel o h en rektangel. Arean blir såle-des (3 − 1) · 1 + 12· (3 − 1) · 2 = 4 o h vår sökta integral kan förväntas havärdet 4. Å andra sidan kan vi bestämma integralen via indelning av interval-let [1, 3] i n lika stora delintervall o h betraktelse av under- o h översummor.Delintervallen har då längden 3−1

n= 2

nmed ändpunkterna

x0 = 1 ,

x1 = 1 +2

n,

x2 = 1 + 2 · 2

n= 1 +

4

n,

x3 = 1 + 3 · 2

n= 1 +

6

n,...

xn = 1 + n · 2

n= 1 + 2 = 3 .Således har vi allmänt, att

xk = 1 + k · 2

n= 1 +

2k

n.Funktionen f(x) = 4−x är strängt avtagande, vilket innebär att den för varjedelintervall [xk−1, xk] antar sitt minsta värde mk = f (xk) = 4 −

(1 + 2k

n

)=

3− 2kni delintervallets högra ändpunkt o h sitt största värde Mk = f (xk−1) =

206 KAPITEL 8. INTEGRALER3 − 2k−2

ni den vänstra ändpunkten. Vi kan då bilda undersumman

sn =

n∑

k=1

mk (xk − xk−1) =

n∑

k=1

(

3 − 2k

n

)2

n

=2

n

(n∑

k=1

3 − 2

n

n∑

k=1

k

)

=2

n

(

3n − 2

n(1 + 2 + 3 + · · · + n)

)

= 6 − 22

n2(1 + 2 + 3 + · · · + n) ,där summan är en aritmetisk summa, som kan beräknas enligt 1+2+3+· · ·+

n = n · 1+n2

(behandlas senare i kursen i samband med serier). Undersummantar slutligen formensn = 6 − 22

n2· n · 1 + n

2= 6 − 2 + 2n

n= 4 − 2

n.På motsvarande sätt kan vi beräkna översumman

Sn =n∑

k=1

Mk (xk − xk−1) =n∑

k=1

(

3 − 2k − 2

n

)2

n

=2

n

(n∑

k=1

3 − 2

n

n∑

k=1

(k − 1)

)

=2

n

(

3n − 2

n(1 + 2 + 3 + · · ·+ n − 1)

)

= 6 − 22

n2(1 + 2 + 3 + · · ·+ n − 1) ,där summan är en aritmetisk summa, som kan beräknas enligt 1 + 2 + 3 +

· · · + n − 1 = (n − 1) · n2(behandlas senare i kursen i samband med serier).Undersumman tar slutligen formen

sn = 6 − 22

n2· n(n − 1)

2= 6 − 2n − 2

n= 4 +

2

n.Våra uttry k för under- respektive översumman beror alltså av indelningensnoggrannhet, d.v.s. antalet delintervall, n. Genom att låta indelningen bli

8.4. GEOMETRISK TOLKNING AV INTEGRALEN 207allt noggrannare, då n → ∞, kan vi undersöka gränsvärdena för under- o höversummorna.lim

n→∞sn = lim

n→∞4 − 2

n= 4 ,

limn→∞

Sn = limn→∞

4 +2

n= 4 .Då inser vi att det enda tal I som kan uppfylla villkoret sn ≤ I ≤ Sn förvarje värde på n i de�nitionen ovan är talet I = 4. Således är vår funktionintegrerbar o h vi kan dra slutsatsen att

∫ 3

1

(4 − x) dx = 4 .På basen av detta har vi alltså ett direkt förhållande mellan värdet på inte-gralen o h arean under grafen, vilket motiverar följande resultat.Sats 8.4.4. Antag att funktionen f är kontinuerlig på intervallet [a, b] o hi ke-negativ. Då är arean av det område som begränsas av kurvan y = f(x),x-axeln samt linjerna x = a o h x = b:

A =

∫ b

a

f(x) dx .

1y

x

1−1 O

y =√

1 − x2

Figur 8.6: Grafen y = f(x) av funktionen f(x) =√

1 − x2.Exempel 8.4.5. Vi bestämmer integralen∫ 1

−1

√1 − x2 dx .

208 KAPITEL 8. INTEGRALERVi börjar med att rita upp grafen av integrandfunktionen f(x) =√

1 − x2, seFiguren 8.6. Som synes består denna graf av hal irkeln x2 + y2 = 1, y ≥ 0.Funktionen f är de�nierad, kontinuerlig o h i ke-negativ på integrationsinter-vallet [−1, 1]. Vi kan således tillämpa satsen ovan o h sluta oss till att värdetpå integralen är lika med arean av nämnda hal irkel, d.v.s. 12· π · 12 = π

2.Integralbegreppet kan de�nieras även för vissa typer av diskontinuerligafunktioner. Om vi tänker oss värdet på integralen som arean av områdetunder grafen, kan vi addera dylika areor mellan evantuella diskontinuitets-punkter. Detta utvidgar begreppet integrerbar funktion.De�nition 8.4.2. Antag att en funktion f är begränsad o h har ett änd-ligt antal diskontinuitetsställen x1, x2, . . ., xn i intervallet [a, b]. Då är fintegrerbar o h

∫ b

a

f(x) dx =

∫ x1

a

f(x) dx +

∫ x2

x1

f(x) dx + · · ·

+

∫ xn

xn−1

f(x) dx +

∫ b

xn

f(x) dx .Exempel 8.4.6. Vi bestämmer integralen ∫ 2

−3f(x) dx, för funktionen

f(x) =

1 , −3 ≤ x < −1 ,3 , −1 ≤ x < 1 ,2 , 1 ≤ x ≤ 2 .I integrationsintervallet [−3, 2] �nns alltså två diskontinuitetspunkter, näm-ligen −1 o h 1. Vi kan då uttry ka den sökta integralen i uppdelad form o hbestämma dess delar med hjälp av vårt tidigare resultat för integralen av enkonstant funktion.

∫ 2

−3

f(x) dx =

∫ −1

−3

f(x) dx +

∫ 1

−1

f(x) dx +

∫ 2

1

f(x) dx

=

∫ −1

−3

dx + 3

∫ 1

−1

dx + 2

∫ 2

1

dx

= (−1 − (−3)) + 3(1 − (−1)) + 2(2 − 1) = 10 .

8.4. GEOMETRISK TOLKNING AV INTEGRALEN 209O

−1

1

2

−2

y

x

Figur 8.7: En diskontinuerlig funktion med lika stora areor ovanför o h underx-axeln.Exempel 8.4.7. Vi bestämmer integralen ∫ 1

−1f(x) dx, för funktionen

f(x) =

{−2 , x > 0 ,2 , x ≤ 0 .Funktionen är diskontinuerlig, men begränsad o h den har ett ändlig antaldiskontinuitetspunkter på integrationsintervallet [−1, 1] (närmare bestämt eni origo). Funktionen �nns illustrerad i Figuren 8.7. Funktionen är alltså in-tegrerbar o h vi får omedelbart

∫ 1

−1

f(x) dx =

∫ 0

−1

f(x) dx +

∫ 1

0

f(x) dx

= 2

∫ 0

−1

dx + (−2)

∫ 1

0

dx

= 2(0 − (−1)) + (−2)(1 − 0) = 0 .Anmärkning 8.4.2. I exemplet ovan tolkades bidraget till integralen från are-an under x-axeln som negativt. Arean är ju alltid positiv, men funktions-värden under x-axeln ger negativt bidrag till integralen o h därför kommeralla areor under x-axeln att bidra till slutresultatet med negativt förte ken.I spe ialfallet att areorna nedan- o h ovanom x-axeln är lika stora, kommerdetta att leda till att de �tar ut varandra� o h resultatet för integralen blirnoll.

210 KAPITEL 8. INTEGRALER8.5 EgenskaperFör att kunna hantera integraler i olika sammanhang behöver vi lite allmän-nare regler. Vi kommer inte att bevisa dessa, utan nöjer oss med att konsta-tera att de kan motiveras antingen vi integralens geometriska tolkning ellervåra tidigare räkneregler för operatorn D−1 som vi använde vid bestämningav primitiva funktionen.Regel 8.5.1. Låt funktionerna f(x) o h g(x) vara kontinuerliga på det slutnaintervallet [a, b] o h låt c ∈ R vara en konstant. Då har vi följande:1. ∫ b

a[f(x) + g(x)] dx =

∫ b

af(x) dx +

∫ b

ag(x) dx2. ∫ b

acf(x) dx = c

∫ b

af(x) dx3. ∫ a

af(x) dx = 0Om funktionen f(x) är kontinuerlig på ett intervall som innehåller a, b o h

d gäller4. ∫ b

af(x) dx = −

∫ a

bf(x) dx5. ∫ d

af(x) dx +

∫ b

df(x) dx =

∫ b

af(x) dx, oberoende av storleksordningenpå a, b o h d6. ∫ b

af(x) dx ≥ 0, om f(x) ≥ 0 på hela intervallet [a, b]7. ∫ b

af(x) dx ≥

∫ b

ag(x) dx, om f(x) ≥ g(x) på hela intervallet [a, b]Exempel 8.5.2. Vi bestämmer ett tal a ∈ R så att ekvationen

∫ a

1

(x + 1) dx −∫ a

2a

(x + 1) dx = 6satis�eras. Tillämpas reglerna ovan ser vi, att 4. ger −∫ a

2a(x + 1) dx =

∫ 2a

a(x + 1) dx. Då kan vi slå ihop de två integralerna med användning av 5.o h få ekvationen

∫ a

1

(x + 1) dx +

∫ 2a

a

(x + 1) dx =

∫ 2a

1

(x + 1) dx = 6 .

8.6. INTEGRALFUNKTIONEN 211

��

��

y

x

1O 2a

y = x + 1

Figur 8.8: Geometrisk tolkning av integralen ∫ 2a

1(x + 1) dx.Om vi ritar upp integrandfunktionen f(x) = x+1 så kan integralen i vänstraledet representeras av det stre kade området i Figuren 8.8. Funktionen skallintegreras över intervallet [1, 2a], med funktionsvärdena f(1) = 1+1 = 2 o h

f(2a) = 2a+1 i ändpunkterna. En närmare granskning av Figuren 8.8 visaratt det stre kade området kan betraktas som sammansatt av en rektangel o hen triangel. Rektangelns area är basen gånger höjden, d.v.s. AR = (2a − 1) ·2 = 4a − 2 o h triangelns area basen gånger höjden dividerat med två, d.v.s.AT = (2a−1)·(2a+1−2)

2= (2a−1)2

2. Vi har således ekvationen

AR + AT = 4a − 2 +(2a − 1)2

2= 6 ⇔

4a2 − 4a + 1 + 8a − 4 − 12 = 0 ⇔

a2 + a − 15

4= 0 ⇔

a1,2 =−1 ±

√

1 − 4 · 1 ·(−15

4

)

2⇔

a1 =3

2= 1

1

2, a2 = −5

2= −2

1

2.8.6 IntegralfunktionenHittills har vi bestämt integraler med två metoder, gra�skt samt genomgränsvärdesbetraktelse av under- o h översummorna. Båda metoderna är ar-

212 KAPITEL 8. INTEGRALERbetsdryga även för relativt enkla funktioner o h ännu vet vi inte värdet påexemplevis∫ 1

0

x2 dx .Ett begrepp som kan relateras till vår från tidigare kända primitiva funktionär följande:De�nition 8.6.1. IntegralfunktionenAntag att funktionen f är integrerbar på intervallet [a, b]. Integralen avf från a till x, (a ≤ x ≤ b), är då en funktion F , som är kontinuerlig iintervallet [a, b]. Funktionen F benämns integralfunktion o h vi skriver:

F (x) =

∫ x

a

f(t) dt .För att undvika sammanblandning av integralens övre gräns med integra-tionsvariabeln, använder vi här t som integrationsvariabel då vi integrerar fo h x (integralens övre gräns) som variabel för integralfunktionen F .

��

��

y

O

t

x

xy = t

Figur 8.9: Grafen y = f(t) av funktionen f(t) = t. Det stre kade områdetrepresenterar integralen ∫ x

0f(t) dt.Exempel 8.6.1. Betrakta funktionen f(t) = t. Om dess graf y = f(t) ritasupp i (t, y)-koordinatsystemet fås Figuren 8.9. Arean under kurvan i inter-vallet t ∈ [0, x] är stre kad o h bildar en triangel med arean x·x

2= x2

2o h

8.6. INTEGRALFUNKTIONEN 213integralfunktionen av f blir således i detta fall:F (x) =

∫ x

0

f(t) dt =x2

2.Vi kan nu notera, att F (x) är en primitiv funktion till f(x) = x, ty F ′(x) =

f(x). Detta är, som vårt följande resultat visar, ingen slump utan en konse-kvens av egenskaperna hos integralfunktionen.Sats 8.6.2. Analysens huvudsatsAntag att funktionen f är kontinuerlig på intervallet [a, b]. Då är inte-gralfunktionenF (x) =

∫ x

a

f(t) dtderiverbar i intervallet [a, b] o h för alla x ∈ [a, b] gäller attF ′(x) = f(x) .Observation 8.6.3. Ovan är alltså f(t) samma funktion som f(x), vi an-vänder bara variabeln t som �hjälpvariabel� vid integreringen. För varje värdepå x utförs alltså en skild integrering av f från a upp till detta värde, vilketbetyder att arean under kurvan från a till x bestäms.Följdsats 8.6.4. Till varje kontinuerlig funktion f existerar det (åtminsto-ne) en primitiv funktion, nämligen integralfunktionen∫ x

a

f(t) dt .Exempel 8.6.5.D

∫ x

a

(t2 + ct

)dt = x2 + cx ,ty om

F (x) =

∫ x

a

(t2 + ct

)dt ,så gäller det att

F ′(x) = f(x) = x2 + cx .

214 KAPITEL 8. INTEGRALERExempel 8.6.6. Vi undersöker om funktionen F (x) =∫ x

1et2 dt är strängtmonoton. Från tidigare vet vi att om derivatan av en funktion är antingenstörre än eller mindre än noll så är funktionen strängt monoton. På basenav analysens huvudsats vet vi att F ′(x) = ex2, som är större än noll o hdärmed är F strängt monoton. En gra�sk betraktelse bekräftar detta; eftersomintegrandfunktionen är positiv ger den ett positivt bidrag till arean undergrafen i takt med att värdet på x växer. Således kommer F att vara strängtväxande.8.7 Integrering med primitiva funktionenUtöver de hittills behandlade metoderna kan man bestämma integraler medhjälp av primitiva funktionen. Denna metod är vanligen den som avses dåman talar om integrering med analytiskt förfarande. Satsen som beskriverdetta brukar kallas �insättningsformeln�.Sats 8.7.1. Antag att funktionen f är kontinuerlig på intervallet [a, b]. Om

F är primitiv funktion till f , gäller∫ b

a

f(x) dx = F (b) − F (a) := [F (x)]ba :=

b/

a

F (x) ,där olika bete kningspraxis �nns givna till höger. När man bestämmer inte-gralen subtraherar man alltså värdet av den primitiva funktionen i den nedreintegrationsgränsen från värdet av den primitiva funktionen i den övre integ-rationsgränsen. Integralen i vänstra ledet brukar kallas bestämd integral, avden anledningen att integreringen där sker över ett begränsat intervall [a, b].Integralbegreppet har de�nierats genom gränsvärdesbetraktelser av under-o h översummor då antalet delintervall går mot oändligheten. Dessa gräns-värden av under- o h översummorna tolkades vidare som ett mått på areanunder en graf. Å andra sidan de�nierades bestämning av primitiva funktionensom inversa operationen till derivering.

8.7. INTEGRERING MED PRIMITIVA FUNKTIONEN 215Exempel 8.7.2. Vi bestämmer integralen∫ 2

−1

(6x2 − 2x + 1

)dx =

2/

−1

(

6x3

3− x2 + x

)

=

2/

−1

(2x3 − x2 + x

)

= 2 · 23 − 22 + 2 −(2 · (−1)3 − (−1)2 + (−1)

)

= 14 − (−4) = 18 .Observation 8.7.3. Vid användning av primitiva funktionen i insättnings-formeln behövs ingen integrationskonstant C eftersom denna, oberoende avsitt värde, ändå skulle fösvinna vid insättningen av gränsernas värden.Exempel 8.7.4. Vi bestämmer integralen∫ π

2

−π

sin (2x) cos2 (2x) dx .Här kan vi tillämpa regeln för D−1 [f ′(x) (f(x))a] om vi identi�erar a = 2,f(x) = cos (2x) får vi f ′(x) = −2 sin (2x) o h integralen tar formen

∫ π2

−π

sin (2x) cos2 (2x) dx = −1

2

∫ π2

−π

−2 sin (2x) cos2 (2x) dx

= −1

2

π2/

−π

cos3 (2x)

3

= −1

6

(cos3 (π) − cos3 (−2π)

)

= −1

6

((−1)3 − 13

)=

1

3.Vi fortsätter med att studera några integraler med absolutbelopp i in-tegrandfunktionen. Dylika måste alltid skrivas om som sty kevis de�nieradefunktioner, så att man blir av med absolutbeloppet. Integralen bestäms slut-ligen genom att betrakta de olika intervallen för absolutbeloppet var för sigi integrationsområdet o h slutligen bestämma de separata integralerna medanvändning av insättningsformeln.

216 KAPITEL 8. INTEGRALERExempel 8.7.5. Vi bestämmer integralen∫ 2

−1

|1 − x| dx .Enligt de�nitionen på absolutbelopp har vi|1 − x| =

{1 − x , x ≤ 1 ,x − 1 , x > 1 .Integralen tar då formen

∫ 2

−1

|1 − x| dx =

∫ 1

−1

1 − x dx +

∫ 2

1

x − 1 dx

=

1/

−1

x − x2

2+

2/

1

x2

2− x

= 1 − 12

2−(

(−1) − (−1)2

2

)

+22

2− 2 −

(12

2− 1

)

= 2 +1

2= 2

1

2.Vi tittar nu på ett extremvärdesproblem som innehåller en integral.Exempel 8.7.6. Vi bestämmer extremvärdena för funktionen

f(x) =

∫ 2

1

∣∣∣∣

1

t− 1

x

∣∣∣∣

dt , 1 ≤ x ≤ 2 .Notera nu att t är integrationsvariabeln, som kommer att �försvinna� då inte-greringen utförs. Variabeln x, å andra sidan, �nns hela tiden med i integran-den o h kommer att bli kvar som oberoende variabel hos den funktion f(x)som integralen de�nierar. Under integreringen skall alltså variabeln x be-handlas som om den vore en konstant. Vi börjar med absolutbeloppet, somenligt de�nitionen är lika med∣∣∣∣

1

t− 1

x

∣∣∣∣=

{1t− 1

x, 1

t≥ 1

x⇔ t ≤ x ,

1x− 1

t, 1

t< 1

x⇔ t > x .I prin ip måste vi nu beakta de olika situationer som kan uppstå beroendepå vilket värde x har i förhållande till integrationsintervallet. Det tre möjliga

8.7. INTEGRERING MED PRIMITIVA FUNKTIONEN 217fall; x < 1, x > 2 o h 1 ≤ x ≤ 2, men eftersom funktionen f är de�nieradenbart på det sista området rä ker det här att studera detta fall. Vi kan dåskriva integralen i den uppdelade formenf(x) =

∫ 2

1

∣∣∣∣

1

t− 1

x

∣∣∣∣

dt =

∫ x

1

1

t− 1

xdt +

∫ 2

x

1

x− 1

tdt

=

x/

1

ln t − t

x+

2/

x

t

x− ln t

= ln x − 1 −(

ln 1 − 1

x

)

+2

x− ln 2 − (1 − ln x)

= 2 lnx +3

x− ln 2 − 2 .Med hänvisning till tidigare teori i kursen är denna funktion kontinuerlig o hderiverbar på sin de�nitionsmängd, där 1 ≤ x ≤ 2. Då rä ker det med attundersöka ändpunkter o h kritiska punkter för att få fram eventuella extrem-värden. Vi noterar, att f(1) = 1− ln 2 ≈ 0, 307 o h f(2) = ln 2− 1

2≈ 0, 193.De kritiska punkterna infaller för f ′(x) = 0 o h vi kan derivera

f ′(x) =2

x− 3

x2= 0 ⇔ 2x − 3 = 0 ⇔ x =

3

2.I den enda kritiska punkten har vi således funktionsvärdet f(

32

)= 2 ln 3 −

3 ln 2 = ln 98≈ 0, 118. Funktionens största värde är således f(1) o h dessminsta värde är f

(32

).Nu skall vi studera några spe iella metoder att söka primitiv funktion.Dessa, tillsammans med våra tidigare behandlade integreringsregler, ger ossåtminstone i prin ip möjligheter att hantera de �esta funktioner som har enprimitiv funktion som går att uttry ka med elementära funktioner.8.7.1 SubstitutionDenna integreringsmetod går ut på att man gör ett byte av integrationsva-riabel x = g(t) så att den �nya integralen� med integrationsvariabeln t blirenklare att bestämma. Betrakta alltså den bestämda integralenI =

∫ b

a

f(x) dx .

218 KAPITEL 8. INTEGRALERVi skall nu skriva om denna så att integreringen kommer att ske i avseendeå t i stället för x. Den nya integrandfunktionen kommer då att bli f(x) =f(g(t)) = (f ◦ g) (t) o h i gränserna får vi a = g(t1) respektive b = g(t2). Föratt variabelbytet skall fungera måste funktionen g vara omvändbar, d.v.s.injektiv, så att t1 = g−1(a) o h t2 = g−1(b), annars skulle det ju inte varamöjligt att �byta tillbaka� till den urprungliga variabeln x. Till sist måsteman alltid komma ihåg att ändra dx, detta görs genom att man deriverar4

dx

dt=

d

dtg(t) = g′(t) ,vilket ger dx = g′(t) dt o h betyder alltså att den substituerade funktionen gäven måste vara deriverbar. Vår integral har nu tagit formen

I =

∫ b

a

f(x) dx =

∫ g−1(b)

g−1(a)

(f ◦ g) (t)g′(t) dt .I praktiken behöver man do k inte sätta in de nya gränserna genom attinvertera funktionen g, som ovan, utan det går lika bra att endast utnytt-ja variabelbytet till att hitta en primitiv funktion. Själva insättningen kandärefter utföras med den usprungliga integreringsvariabeln x. Att hitta enändamålsenlig funktion g, som verkligen underlättar sökandet efter primitivfunktion, är inte alltid lätt. Ofta måste man ta till prövning, men det �nnsäven tabeller där lämpliga substitutioner �nns listade på basen av integran-dens egenskaper.Exempel 8.7.7. Vi bestämmer integralen∫ 1

0

(2x + 1)3 dx ,med hjälp av variabelsubstitution. Om vi jämför denna med teorin ovan, servi att f(x) = (2x + 1)3. Vi väljer då 2x + 1 = t, vilket redu erar integrandentill en enkel potens. Teorin ovan indikerar nu att t = g−1(x) = 2x + 1, vilket4Detta förfarande innebär att man �byter skala� i integralen från x till t o h motsvararegentligen en förändring av delintervallens bredd i under- resp. översummorna för inte-gralen. För den ursprungliga integralen mättes intervallbredden på x-axeln o h för den�nya� integralen mäts intervallbredden på t-axeln. Förhållandet mellan dessa båda skalorbeskrivs av derivatan g′ på samma sätt som derivatan y′ beskriver lutningen hos tangententill kurvan y(x).

8.7. INTEGRERING MED PRIMITIVA FUNKTIONEN 219betyder att x = t−12

= g(t) o h då får vi dx = g′(t) dt = dt2. Integralen harnu, fortfarande med de gamla gränserna, formen

∫ 1

0

(2x + 1)3 dx =

∫ x=1

x=0

t3dt

2

=1

2

∫ x=1

x=0

t3 dt

=1

2

x=1/

x=0

t4

4, t = 2x + 1

=1

8

x=1/

x=0

(2x + 1)4

=1

8

(34 − 14

)= 10 .Anmärkning 8.7.1. Samma beräkning med variabelbytet beaktat även i grän-serna, blir aningen kortare

∫ 1

0

(2x + 1)3 dx =

∫ t=3

t=1

t3dt

2

=1

2

∫ 3

1

t3 dt

=1

2

3/

1

t4

4

=1

8

(34 − 14

)= 10 .Båda de här varianterna av det praktiska genomförandet av variabelbyteär givetvis lika korrekta, vanligen väljer man den väg som är enklare renalgebraiskt.Exempel 8.7.8. Vi bestämmer integralen

∫ π3

0

sin x cos3 x dx ,med användning av variabelbyte. Vi väljer substitutionen t = cos x, vilket gerd

dxt =

d

dxcos x = − sin x ⇒ dt = − sin x dx .

220 KAPITEL 8. INTEGRALERIntegralen tar då formen∫ π

3

0

sin x cos3 x dx = −∫ π

3

0

cos3 x(− sin x) dx

= −∫ cos π

3

cos 0

t3 dt

= −∫ 1

2

1

t3 dt

=

∫ 1

12

t3 dt

=

1/

12

t4

4

=14 − 1

24

4=

15

26.Vi avslutar detta avsnitt med en liten utmaning.Exempel 8.7.9. Betrakta den bestämda integralen

∫ 3

0

√9 − x2 dx .Denna integrand kan vi inte direkt hitta någon primitiv funktion till. En lämp-lig substitution skulle förenkla rotuttry ket, exempelvis någon trigonometriskfunktion som via Pythagoras sats omformar radikanden 9 − x2 till en jämnkvadrat kunde vara gångbar. Vi prövar därför med x = g(t) = 3 sin t, somger

√9 − x2 =

√

32 − 32 sin2 t = 3√

1 − sin2 t = 3√

cos2 t = 3 cos t , x ∈ [0, 3] ,

d

dtx =

d

dt3 sin t = 3 cos t ⇔ dx = 3 cos tdt .

8.7. INTEGRERING MED PRIMITIVA FUNKTIONEN 221Integralen tar då formen∫ 3

0

√9 − x2 dx =

∫ x=3

x=0

3 cos t · 3 cos t dt

= 9

∫ x=3

x=0

cos2 t dt

= 9

∫ 3 sin t=3

3 sin t=0

cos2 t dt

= 9

∫ sin t=1

t=0

cos2 t dt

= 9

∫ t= π2

t=0

cos2 t dt .Eftersom g(t) = 3 sin t måste vara injektiv på det intervall som spänns uppav integrationsgränserna för t, kan vi välja intervallet [0, π2

] ty sin 0 = 0ger x = 0 o h sin π2

= 1 ger x = 3 (något annat intervall med sammaegenskaper duger o kså, eftersom integranden cos2 t är en periodisk funktion).Dessvärre är även denna integral lite besvärlig, vi hittar inte direkt någonprimitiv funktion till cos2 t. Därför måste vi skriva om integrandfunktionenpå något sätt för att komma vidare. Betrakta den trigonometriska identiteteni t.ex. Ingenjörsmatematisk formelsamling:cos (2t) = cos2 t − sin2 t = 2 cos2 t − 1 .Ur denna kan vi lösa ut cos2 t = 1

2(cos (2t) + 1) o h erhålla ett uttry k sominte innehåller kvadrater. Vår integral tar då formen

∫ 3

0

√9 − x2 dx = 9

∫ π2

0

cos2 t dt

=9

2

∫ π2

0

cos (2t) + 1 dt

=9

2

(

1

2

∫ π2

0

2 cos (2t) dt +

∫ π2

0

dt

)

=9

2

1

2

π2/

0

sin (2t) +

π2/

0

t

=9

4

(

sin(

2 · π

2

)

− sin 0)

+9π

4= 2

1

4π .

222 KAPITEL 8. INTEGRALER8.7.2 PartialbråksuppdelningVi integrering av rationella uttry k5 har man ofta nytta av att kunna dela uppett bråk i en summa/di�erens av �era enklare bråk. En systematisk metod fördetta är partialbråksuppdelning. Vi demonstrerar förfarandet i några exempel.Exempel 8.7.10. Betrakta integralen∫ 4

2

dx

x2 − 1.Vi kan inte genast hitta någon primitiv funktion till integranden 1

x2−1, så denmåste skrivas om för att vi skall komma vidare. Faktoriseras nämnaren o hdelas bråket upp i termer enligt denna faktorisering, har vi

1

x2 − 1=

1

(x + 1)(x − 1)=

A

x + 1+

B

x − 1.De enklare bråken som utgör termerna i högra ledet brukar kallas partialbråk,därav namnet partialbråksuppdelning. Vi försöker nu bestämma konstanter-na A o h B så att uppdelningen ovan gäller. Detta görs i praktiken så attvi utgår från högra ledet ovan o h slår ihop termerna genom att söka minstagemensamma nämnare, enligt

A

x + 1+

B

x − 1=

A(x − 1)

(x + 1)(x − 1)+

B(x + 1)

(x + 1)(x − 1)=

A(x − 1) + B(x + 1)

x2 − 1.Nu kan vi jämföra täljaren i högra ledet med täljaren i den ursprungliga in-tegranden, 1

x2−1. För att de ovanstående likheterna skall gälla måste dessatäljare alltså vara identiskt lika (likheterna skall således gälla för alla x-värden i integrationsintervallet). Detta ger oss en möjlighet att bestämmakonstanterna A o h B:

A(x − 1) + B(x + 1) = x(A + B) + B − A = 0x + 1 = 1 ∀x ∈ [2, 4] .För att likhet skall gälla identiskt, för alla x-värden i intervallet, måste viha exakt samma termer i båda leden; samma konstanter, lika många x, x2,x3, o.s.v. Då ser vi i detta fall direkt att A + B = 0 samt B − A = 1.Detta är ett ekvationssystem för konstanterna, som enkelt kan lösas t.ex.5Med ett rationellt uttry k avses vanligtvis kvoten av två polynom.

8.7. INTEGRERING MED PRIMITIVA FUNKTIONEN 223genom att addera ekvationerna. Vi får då 2B = 1, vilket ger B = 12o håterinsättning i någon av ekvationerna ger A = −1

2. Detta betyder att vi harpartialbråksuppdelningen

1

x2 − 1=

1

2(x − 1)− 1

2(x + 1).Integralen tar då formen

∫ 4

2

dx

x2 − 1=

1

2

∫ 4

2

dx

x − 1− 1

2

∫ 4

2

dx

x + 1

=1

2

4/

2

ln |x − 1| − 1

2

4/

2

ln |x + 1|

=1

2(ln 3 − ln 1 − ln 5 + ln 3)

=1

2(2 ln 3 − ln 5)

=1

2

(ln 32 − ln 5

)= ln

(32

5

) 12

= ln3√

5

5.Vi fortsätter med ett exempel med en mera avan erad rationell funktionsom integrand.Exempel 8.7.11. Vi bestämmer integralen

∫ 4

3

−2x2 + 3x − 4

x3 − x2 − 2xdx .För att kunna faktorisera nämnaren måste vi bestämma dess nollställen, vihar alltså ekvationen

x3 − x2 − 2x = 0 ⇔ x(x2 − x − 2

)= 0 ⇔ x = 0 ∨ x = −1 ∨ x = 2 .Då kan vi konstatera, att x3−x2−2x = x(x+1)(x−2) o h vi har uppdelningen

−2x2 + 3x − 4

x3 − x2 − 2x=

A

x+

B

x − 2+

C

x + 1,

224 KAPITEL 8. INTEGRALERdär vi alltså skall identi�era de tre konstanterna A, B o h C. Vi gör somföregående exempel o h slår ihop termerna i högra ledet:A

x+

B

x − 2+

C

x + 1=

A(x − 2)(x + 1) + Bx(x + 1) + Cx(x − 2)

x(x − 2)(x + 1)

=x2(A + B + C) + x(−A + B − 2C) − 2A

x(x − 2)(x + 1)

=−2x2 + 3x − 4

x3 − x2 − 2x.Eftersom likheterna ovan skall gälla identiskt, d.v.s. åtminstone för alla x-värden i integrationsintervallet, så kan vi jämföra termer av olika gradtal itäljarna i den sista likheten o h komma fram till systemet

A + B + C = −2−A + B − 2C = 3−2A = −4

.Från den sista ekvationen ser vi omedelbart, att A = 2. Sätter vi in detta ide två övriga ekvationerna o h hyfsar, har vi systemet{

B + C = −4B − 2C = 5

.Detta system kan vi lösa direkt t.ex. genom att subtrahera ekvationerna, vilketger C − (−2C) = −4 − 5 o h C = −3. Slutligen ger återinsättning av dettai ekvationen B + C = −4, att B = −1. Vår partialbråksuppdelning är alltså−2x2 + 3x − 4

x3 − x2 − 2x=

2

x− 1

x − 2− 3

x + 1.

8.7. INTEGRERING MED PRIMITIVA FUNKTIONEN 225Nu kan vi utföra integreringen∫ 4

3

−2x2 + 3x − 4

x3 − x2 − 2xdx =

∫ 4

3

2

xdx −

∫ 4

3

1

x − 2dx −

∫ 4

3

3

x + 1dx

= 2

4/

3

ln x −4/

3

ln (x − 2) − 3

4/

3

ln (x + 1)

= 2 ln4

3− ln 2 − 3 ln

5

4

= ln

(4

3

)2

− ln 2 − ln

(5

4

)3

= ln23

32− ln

53

26

= ln

(23

32· 26

53

)

= ln29

3253.Absolutbeloppen innanför logaritmerna kunde lämnas bort, emedan alla ar-gument (tal innanför logaritmen) var positiva. Diverse räkneregler för loga-ritmer utnyttjades �itigt.8.7.3 Partiell integreringPartiell integrering är ytterligare en metod för att integrera då man intedirekt hittar en primitiv funktion. Metoden är spe iellt användbar då in-tegranden kan betraktas som en produkt av två funktioner, av vilka den enautgör en derivata. Vi vet att deriveringsregeln för en produkt lyder:

D [f(x)g(x)] = f ′(x)g(x) + f(x)g′(x) .Vi kan nu �ytta om termerna o h operera på samtliga dessa med opera-torn D−1, vilket gerD−1 [f(x)g′(x)] = D−1D [f(x)g(x)] − D−1 [f ′(x)g(x)] ⇔∫

f(x)g′(x) dx = f(x)g(x) −∫

f ′(x)g(x) dx .Motsvarande gäller även för bestämda integralen o h då kommer första ter-men i högra ledet att bli en insättning av gränserna:∫ b

a

f(x)g′(x) dx =

b/

a

f(x)g(x) −∫ b

a

f ′(x)g(x) dx .

226 KAPITEL 8. INTEGRALERVi har fått en regel för att skriva om en integral, regeln kallas partiell in-tegrering. För att regeln skall vara till nytta i praktiska beräkningar krävsdet do k att integralen ∫ b

af ′(x)g(x) dx i högra ledet är enklare att utföra änden ursprungliga integralen ∫ b

af(x)g′(x) dx i vänstra ledet. Ibland, ifall det�nns �era möjligheter att faktorisera integranden till en produkt, eller ifallman kan välja funktionen f o h derivatan g′ på �era olika sätt, kan det varamotiverat att pröva �era olika alternativ för detta. Vi illustrerar med någraexempel.Exempel 8.7.12. Betrakta integralen∫ e

1

x ln x dx .Integranden är en produkt av funktionerna ln x o h x. Vi prövar med attsätta f(x) = ln x o h g′(x) = x, vilket ger g(x) = x2

2(någon integrationskon-stant behövs inte här, emedan en konstant term i funktionen g(x) försvinneri högra ledet6 Då fås f ′(x) = D lnx = 1

xo h enligt regeln ovan för partiellintegrering har vi

∫ e

1

x ln x dx =

e/

1

x2

2ln x −

∫ e

1

x2

2· 1

xdx

=e2

2ln e − 12

2ln 1 − 1

2

∫ e

1

x dx

=e2

2− 1

2

e/

1

x2

2

=e2

2− e2

4−(

−1

4

)

=e2 + 1

4.6Låt g(x) = · · · + C. Då fås i högra ledet för konstantens C del:

b/

a

f(x)C −∫ b

a

f ′(x)C dx = C

b/

a

f(x) −∫ b

a

f ′(x) dx

= C

b/

a

f(x) −b/

a

f(x)

= 0 .

8.7. INTEGRERING MED PRIMITIVA FUNKTIONEN 227Exempel 8.7.13. Betrakta integralen∫ π

2

0

x sin x dx .Vi väljer nu f(x) = x o h g′(x) = sin x, vilket ger f ′(x) = 1 o h g(x) =− cos x. Integralen tar då formen

∫ π2

0

x sin x dx =

π2/

0

x(− cos x) dx −∫ π

2

0

1 · (− cos x) dx

= −π

2cos

π

2−(

−∫ π

2

0

cos x dx

)

=

∫ π2

0

cos x dx

=

π2/

0

sin x

= sinπ

2− sin o = 1 .Exempel 8.7.14. Vi önskar bestämma konstanten a > 0 så att

∫ a

1

ln x dx = 1 .Denna integrand, ln x, ser ju vid första anbli ken inte ut som en produkt,men man kan alltid beakta en �osynlig� etta. Då kan vi sätta f(x) = ln x o hg′(x) = 1, vilket ger f ′(x) = 1

xo h g(x) = x o h integralen tar formen

∫ a

1

ln x dx =

a/

1

x ln x −∫ a

1

x · 1

xdx

= a ln a − ln 1 −∫ a

1

dx

= a ln a −a/

1

x = a (ln a − 1) + 1 .

228 KAPITEL 8. INTEGRALERVi skall således lösa ekvationen:a (ln a − 1) + 1 = 1

a (ln a − 1) = 0 ⇔ln a = 1 ⇔eln a = e1 ⇔

a = e .

y

x

y = 2

1O

2

y = 2√

x

Figur 8.10: Det stre kade området begränsas av kurvan y2 = 4x, y-axeln o hlinjen x = 2.8.8 AreaberäkningVi har sett att integralen representerar arean mellan en kurva o h x-axeln påintegrationsintervallet. Detta betyder att integrering ju kan användas för attberäkna areor. Vi skall kort studera detta tema o h titta på några spe ialfall.Exempel 8.8.1. Vi bestämmer arean av området som begränsas av kurvany2 = 4x, y-axeln o h linjen y = 2, se Figuren 8.10. Vi skall granska två olikametoder för att göra detta:I Vi skriver om y2 = 4x som y = 2

√x, emedan det aktuella områ-det har positiva y-värden. (Vi kan alltså förkasta lösningen −2

√x då

y ∈ [0, 2].) Integrering av 2√

x över intervallet x ∈ [0, 1], där vänstra

8.8. AREABERÄKNING 229ändpunkten kommer från att området begränsas av y-axeln o h högraändpunkten från att kurvorna y2 = 4x o h y = 2 skär varandra i x = 1,ger arean mellan kurvan y2 = 4x o h x-axeln.∫ 1

0

2√

x dx = 2

∫ 1

0

x12 dx

= 2

1/

0

x12+1

12

+ 1

=4

3

1/

0

x32 =

4

31

32 = 1

1

3.Detta är do k inte den sökta arean. För att komma fram till den söktaarean måste vi nämligen subtrahera resultatet ovan från arean av denrektangel som har hörnen i (0, 0), (0, 2), (1, 2) o h (1, 0):

1 · 2 − 11

3=

2

3a.e. (areaenheter)II I stället för att integrera i x-led, kan vi ha y som integrationsvariabel. Vislipper då skriva om funktionerna o h får direkt ut den sökta arean urintegralen, som för integrandfunktionen x(y) = y2

4är (se Figuren 8.10)

∫ 2

0

x(y) dy =

∫ 2

0

y2

4dy

=1

4

2/

0

y3

3

=1

4· 23

3=

2

3a.e.Som väntat blev resultaten de samma, men beräkningarna aningen kortarei det senare fallet. En bra graf över integrationsområdet underlättar m.a.o.valet av integrationsvariabel.Anmärkning 8.8.1. Med förkortningen a.e. avser vi här areaenheter. Exempelpå dylika är cm2 o h m2. Som bekant kan en strä ka inte vara negativ o hdärför används ofta absolutbelopp (om man inte är säker på att beräkning-arna enbart omfattar positiva storheter) vid beräkning av längd. På samma

230 KAPITEL 8. INTEGRALERsätt kan en area inte bli negativ. Vi vet do k att om integrandfunktionenligger under x-axeln så blir integralen negativ. När vi beräknar areor måstedetta beaktas, så att inte eventuella integreringar av negativa funktioner gernegativa areor. I praktiken brukar man dela in funktionen i delintervall enligtdess te ken (d.v.s. om den ligger ovan- eller nedanför x-axeln) o h korrigerade negativa funktionsintervallen med ett minuste ken.

−4

−2

0

2

4

−1 −0.5 0 0.5 1 1.5 2 2.5 3

y

x

A

x = 1 x = e

y = − 1x

−4

−2

0

2

4

−1 −0.5 0 0.5 1 1.5 2 2.5 3

y

x

−4

−2

0

2

4

−1 −0.5 0 0.5 1 1.5 2 2.5 3

y

xFigur 8.11: Området A som begränsas av kurvan y = − 1x, x-axeln o h linjerna

x = 1 samt x = e.Exempel 8.8.2. Vi bestämmer arean av området som begränsas av kurvany = − 1

x, x-axeln o h linjerna x = 1 samt x = e, se Figuren 8.11. Vi konsta-terar direkt att y = − 1

x= f(x) < 0, då x ∈ [1, e]. Detta innebär att arean

8.8. AREABERÄKNING 231representeras av negativa integralen ∫ e

1f(x) dx, enligt

A = −∫ e

1

f(x) dx = −∫ e

1

(

−1

x

)

dx

=

∫ e

1

dx

x

=

e/

1

ln x

= ln e − ln 1 = 1 a.e.

−1.5

−1

−0.5

0

0.5

1

1.5

−1.5 −1 −0.5 0 0.5 1 1.5

y

x

y = x3 − x

Figur 8.12: Grafen av kurvan y = x3 − x.Exempel 8.8.3. Vi bestämmer arean av området som begränsas av kurvany = x3 −x o h x-axeln. Först måste vi utreda kurvans utseende. Nollställenaär

x3 − x = 0 ⇔ x(x2 − 1

)= 0 ⇒ x = 0 ∨ x = ±1 .Vidare har vi gränsvärdena

limx→±∞

x(x2 − 1

)= ±∞ .

232 KAPITEL 8. INTEGRALERKurvan y = f(x) = x3 − x är växande då f ′(x) ≥ 0, d.v.s. dåf ′(x) = 3x2 − 1 ≥ 0 ⇔ x ≥ 1√

3=

√3

3∨ x ≤ − 1√

3= −

√3

3,o h avtagande då f ′(x) ≤ 0, d.v.s. då −

√3

3≤ x ≤

√3

3. Vi kan nu rita uppgrafen i Figuren 8.12 o h ser, att f(x) > 0 för −1 < x < 0 samt x > 1o h att f(x) < 0 för x < −1 samt 0 < x < 1. Då kan vi uttry ka arean avområdet som begränsas mellan kurvan o h x-axeln enligt:

A = A1 + A2 =

∫ 0

−1

f(x) dx +

∫ 1

0

(−f(x)) dx

=

∫ 0

−1

x3 − x dx +

∫ 1

0

x − x3 dx

=

0/

−1

x4

4− x2

2+

∫ 1

0

x2

2− x4

4

= 0 −(

(−1)4

4− (−1)2

2

)

+12

2− 14

4− 0

= −1

4+

1

2+

1

2− 1

4=

1

2a.e.Man kunde även ha räknat ut arean via integralen ∫ b

a|f(x)| dx =

∫ 1

−1|x3 − x| dx,detta hade gett samma resultat.

x

y = h(x)

y = g(x)

a bFigur 8.13: Område som begränsas av två funktioner, f(x) o h g(x).8.8.1 Två funktionerI detta avsnitt beräknar vi areor av områden som begränsas av två funktioner,se Figuren 8.13. Arean i situationen som illustreras i grafen ovan kan beräknas

8.8. AREABERÄKNING 233enligt:∫ b

a

g(x) dx −∫ b

a

h(x) dx =

∫ b

a

[g(x) − h(x)] dx =

∫ b

a

|g(x) − h(x)| dx .I Figuren 8.13 är integrationsintervallet x ∈ [a, b], eftersom funktionernabegränsar ett område (stre kat) i detta intervall. Vidare är g(x) ≥ h(x) pådetta intervall o h man kan beräkna arean under g respektive h separat påintegrationsintervallet o h subtrahera för att få den sökta arean. Den sistalikheten ovan ger en allmän formel för att beräkna arean som begränsas avtvå funktioner, där absolutbeloppet säkerställer att resultatet blir positivt.

−2

−1.5

−1

−0.5

0

0.5

1

1.5

2

−2 −1.5 −1 −0.5 0 0.5 1 1.5 2

y

x

h(x) = x2 + x + 1g(x) = 2 − x2

Figur 8.14: Grafen av kurvorna y = h(x) = x2 +x+1 o h y = g(x) = 2−x2.Exempel 8.8.4. Kurvorna y = h(x) = x2 + x + 1 o h y = g(x) = 2− x2 in-nesluter ett område. Vi beräknar dess area. I Figuren 8.14 avbildas området,y = h(x) de�nierar en uppåt öppnande parabel utan nollställen (diskriminan-ten för andragradsekvationen h(x) = 0 är Dh = 12−4 ·1 ·1 < 0) o h y = g(x)de�nierar en nedåt öppnande parabel med nollställena ±

√2. På basen av det-ta o h grafen kan vi konstatera, att g(x) ≥ h(x) på integrationsintervallet.För att bestämma detta intervall behöver vi kurvornas skärningspunkter som

234 KAPITEL 8. INTEGRALERfås från lösningen till ekvationssystemet { y = g(x) ,y = h(x) .

. Kombination av ek-vationerna gerx2 + x + 1 = 2 − x2 ⇔

2x2 + x − 1 = 0 ⇔

x2 +1

2x − 1

2= 0 ⇔

x =−1

2±√(

12

)2 − 4 · 1 ·(−1

2

)

2⇔

x =−1

2± 3

2

2⇔

x = −1 ∨ x =1

2.Den sökta arean representeras då av integralen

A =

∫ b

a

[g(x) − h(x)] dx =

∫ 12

−1

(1 − x − 2x2

)dx

=

12/

−1

(

x − x2

2− 2x3

3

)

=

(1

2

)

−(

12

)2

2− 2

(12

)3

3

− (−1) +(−1)2

2+

2 · (−1)3

3

=1

2− 1

8− 1

12+ 1 +

1

2− 2

3

=48 − 3 − 2 − 16

24=

27

24=

9

8= 1

1

8.Exempel 8.8.5. Vi bestämmer arean av området som begränsas av kurvorna

y = sin x o h y = cos x samt linjerna x = 0 o h x = 2π, se Figuren 8.15. Dåvi granskar �guren är det uppenbart att integralen för den sökta arean måstebestämmas i delintervall. Vi börjar därför med att söka kurvornas skärnings-punkter, vilket betyder att vi skall lösa ekvationen sin x = cos x i interval-let x = [0, 2π]. Som hjälpmedel tillämpar vi den trigonometriska identiteten

8.8. AREABERÄKNING 235

−1.5

−1

−0.5

0

0.5

1

1.5

0π2 π 3π

2 2π

y

x

sin xcos x

Figur 8.15: Kurvorna y = sin x o h y = cos x för x ∈ [0, 2π].sin x = cos

(π2− x).

cos x = cos(π

2− x)

x =π

2− x + 2nπ ∨ x = −

(π

2− x)

+ 2nπ

2x = π

(

2n +1

2

)

∨ 0x = π

(

2n − 1

2

)

x = π

(

n +1

4

)

∨ x ∈ ∅ .Lösningarna i intervallet [0, 2π] är således x = π4o h x = 11

4π. Eftersomdet �nns två skärningspunkter i integrationsintervallet måste detta delas ini tre delintervall, nämligen [0, π

4

], [π4, 5π

4

] o h [5π4

, 2π]. Som synes från Fi-guren 8.15 har vi i det första delintervallet cos x > sin x i det andra delin-tervallet cos x < sin x o h i det tredje delintervallet cos x > sin x. Integralen

236 KAPITEL 8. INTEGRALERsom representerar arean tar då formen:∫ π

4

0

[cos x − sin x] dx +

∫ 5π4

π4

[sin x − cos x] dx +

∫ 2π

5π4

[cos x − sin x] dx =

π4/

0

[sin x + cos x] +

5π4/

π4

[− cos x − sin x] +

2π/

5π4

[sin x + cos x] =

sinπ

4+ cos

π

4− sin 0 − cos 0 − cos

5π

4− sin

5π

4+

sinπ

4+ cos

π

4+ sin 2π + cos 2π − sin

5π

4− cos

5π

4=

1√2

+1√2− 0 − 1 +

1√2

+1√2

+1√2

+1√2

+ 0 + 1 −(

− 1√2

)

−(

− 1√2

)

=

8√2

= 4√

2 a.e.

Kapitel 9Komplexa Tal9.1 De�nitionDå vi tidigare försökte lösa ekvationer av typen

x2 + a = 0 , a > 0 ,stötte vi på problem eftersom vår de�nition av kvadratroten förutsätter atttalet under roten är större än eller lika med noll. I många sammanhangbehöver vi emellertid lösa ekvationen ovan o h för att klara detta måstevi utvidga vårt område av tillåtna lösningar till den komplexa talmängden.Detta görs så att vi antar att det existerar ett tal i, med egenskapeni2 = −1 .Talet i kallas då den imaginära enheten, där ordet �imaginär� har betydelsen�overklig, tänkt�. Vi studerar nu ett tal a + bi, med a, b ∈ R. Vi antar atttal av denna typ kan adderas, subtraheras, mulitpli eras o h divideras pre issom vi har gjort med vanliga polynom, med beaktande av i2 = −1 ovan.Exempel 9.1.1. Addition o h multiplikation av komplexa tal(a) (3 + 2i) + (4 − i) = 3 + 2i + 4 − i = (3 + 4) + (2 − 1)i = 7 + i(b) (2 + 3i)(5 − i) = 2 · 5 − 2 · 1i + 3i · 5 − 3i · i = 10 − 2i + 15i − 3i2 =

10 + 13i − 3(−1) = 13(1 + i) 237

238 KAPITEL 9. KOMPLEXA TALTalet a+bi kan även bete knas (a, b), där a ∈ R kallas reell del o h skrivsibland på formen Re(a + bi) o h b ∈ R kallas imaginär del o h skrivs iblandpå formen Im(a + bi). Då har vi följande:De�nition 9.1.1. De komplexa talen är talpar, för vilka addition o h mul-tiplikation de�nieras på följande sätt:(a, b) + (c, d) = (a + c, b + d) ,

(a, b) · (c, d) = (ac − bd, ad + bc) .Den komplexa talmängden bete knas C.För ett komplext talpar gäller vidare, att(a, b) = (c, d) ⇔ a = c o h b = d .När man hanterar komplexa tal använder man ofta symbolen z som bete k-ning på ett komplext tal, d.v.s. z = (a, b).Exempel 9.1.2. Låt z = (1, 2). Vi beräknar z + (2, 3) o h z2.

z + (2, 3) = (1, 2) + (2, 3) = (1 + 2, 2 + 3) = (3, 5) ,

z2 = (1, 2) · (1, 2) = (1 · 1 − 2 · 2, 1 · 2 + 2 · 1) = (−3, 4) .Exempel 9.1.3. Vi bestämmer x o h y så att z1 = z2, med z1 = (x2 − 2, 2)o h z2 = (0, |y|). För att den önskade likheten skall gälla måste de reella o hde imaginära delarna delarna av z1 respektive z2 vara lika, d.v.s.Re (z1) = Re (z2) o h Im (z1) = Im (z2) ⇔x2 − 2 = 0 o h 2 = |y|x = ±

√2 o h y = ±

√2 .Vi fortsätter med räkneregler för de komplexa talen.Regel 9.1.4. Låt z1, z2 o h z3 ∈ C vara tre godty kliga komplexa tal. Vi hardå reglerna:Regel Addition Multiplikation1. Kommutativa lagen z1 + z2 = z2 + z1 z1 · z2 = z2 · z12. Asso iativa lagen z1 + (z2 + z3) = (z1 + z2) + z3 z1 · (z2 · z3) = (z1 · z2) · z33. Distributiva lagarna z1 (z2 + z3) = z1z2 + z1z3

(z1 + z2) z3 = z1z3 + z2z34. Neutralt element (a, b) + (0, 0) = (a, b)(0, 0) är neutralt element (a, b) · (1, 0) = (a, b)

(1, 0) är neutralt element5. Inverst element (a, b) + (−a,−b) = (0, 0)−(a, b) är det motsatta talet z · z−1 = z · 1

z= (1, 0)

z−1 är det inverterade talet

9.2. REKTANGULÄR FORM 239Exempel 9.1.5. Låt z = (3, 2). Vi bestämmer det motsatta o h det inverte-rade talet. Direkt tillämpning av regel 5. ovan ger det motsatta talet (−3,−2).Det inverterade talet kräver lite beräkningar, vi har z = 3 + 2i o h då fås förz−1 = (s, t) en ekvation

z · z−1 = (3, 2) · (s, t) = (3s − 2t, 3t + 2s) = (1, 0) ⇔{

3s − 2t = 1 | · 32s + 3t = 0 | · 2 ⇔

+

{9s − 6t = 3 ,4s + 6t = 0

13s = 3 ⇔ s =3

13,

3t = −2s = − 6

13⇔ t = − 2

13.Det inverterade talet är således ( 3

13,− 2

13

).9.2 Rektangulär formLåt c ∈ R, vi har sett att ett godty kligt komplext tal kan skrivas i formen a+bi ∈ C. Emedan den imaginära delen b av ett komplext tal kan vara lika mednoll är det inget som hindrar oss från att skriva talet c i rektangulära formenc + 0i. Kortfattat kan vi skriva talet i formen (c, 0). Vi skall nu betraktaprodukten av ett rellt tal (s, 0), s ∈ R med ett komplext tal (a, b). Regelnför multiplikation ger i detta fall

(s, 0) · (a, b) = (sa − 0b, sb + 0a) = (sa, sb) .Vi har alltså:Regel 9.2.1. Produkten av det reella talet s o h komplexa talet (a, b) ärs · (a, b) = (sa, sb) , s ∈ R , (a, b) ∈ C .Utgående från vår tidigare de�nition av de komplexa talen som talparmed vissa egenskaper, kan vi även veri�era vårt tidigare utgångsantagandeom att i2 = −1. Vi kan ju skriva i = (0, 1) o h då blir kvadraten

(0, 1) · (0, 1) = (0 · 0 − 1 · 1, 0 · 1 + 1 · 0) = (−1, 0) = −1

240 KAPITEL 9. KOMPLEXA TALVi kan sammanfatta det viktigaste om komplexa tal vi hittills har behand-lat:• Det komplexa talet i = (0, 1), som kallas imaginära enheten satis�erarlikheten i2 = −1.• Varje komplext tal z = (a, b) kan skrivas i rektangulära formen a + bi,där a, b ∈ R.• I det komplexa talet z = (a, b) = a + bi kallas a den reella deleno h b den imaginära delen. Dessa brukar ibland bete knas a = Re(z)o h b = Im(z).• Vi kallar det komplexa talet (a, b) reellt om b = 0, imaginärt om b 6= 0o h rent imaginärt om b 6= 0 o h a = 0.Exempel 9.2.2. Förenkling(a)

2(3 − i) − 3(−2 + 5i) = 6 − 2i + 6 − 15i = 12 − 17i(b)(2 − 3i)(2 + 3i) = 22 − (3i)2 = 4 − 9i2 = 4 + 9 = 13( )

1

3(3 − 6i)2 =

1

3(32 − 36i + (6i)2) =

1

3(9 − 36 − 36i) = −9 − 12i(d)

(1 − i)4 = 1 − 4i + 6i2 − 4i3 + i4

= 1 − 4i − 6 + 4i + (−1)2 = −5 + 1 = −4Exempel 9.2.3. Förenkling(a)i3 = i2 · i = (−1) · i = −i

9.2. REKTANGULÄR FORM 241(b)i23 = i22 · i =

(i2)11 · i = (−1)10 · (−1) · i = −i( )

i4n+2 = i4n · i2 =(i2)2n · (−1) = −(−1)2n = −

((−1)2

)n= −1Exempel 9.2.4. Vi löser ekvationen 5z − (5 − 4i) = 3 − 2i + 3z.

5z − (5 − 4i) = 3 − 2i + 3z ⇔5z − 5 + 4i = 3 − 2i + 3z ⇔

5z − 3z = 3 − 2i + 5 − 4i ⇔2z = 8 − 6i ⇔z = 4 − 3i .Exempel 9.2.5. Vi bestämmer x ∈ R o h y ∈ R så att (x2 − i)−(x − 2yi) =

0. Vi grupperar om termerna i likheten så att vi får ett komplext tal i vartderaledet som sedan måste ha samma reella respektive imaginära delar för attlikheten skall gälla.(x2 − i

)− (x − 2yi) = 0 ⇔

x2 − i = x − 2yi ⇔Re(x2 − i

)= Re (x − 2yi) o h

Im(x2 − i

)= Im (x − 2yi) ⇒

x2 = x o h − 1 = −2y ⇔

x(x − 1) = 0 o h y =1

2⇔

x = 0 ∨ x = 1 o h y =1

2.De sökta talparen (x, y), som löser ekvationen, är (0, 1

2

) o h (1, 12

).Exempel 9.2.6. Vi bestämmer x ∈ R så att det komplexa talet z = x3 +x2i + x(i − 1) − 2i är (a) reellt, (b) rent imaginärt. Om vi först skriver omtalet i rektangulär form, fås z = x3 − x + (x2 + x − 2)i

242 KAPITEL 9. KOMPLEXA TAL(a) Nu krävs, att imaginära delen försvinner, d.v.s. att x2 +x−2 = 0 vilketbetyder att x =−1±

√12−4(−2)

2= 1 ∨ −2.(b) Nu krävs, att reella delen försvinner, d.v.s. att x3 −x = 0 vilket betyderatt x(x2 − 1) = 0 ⇔ x = 0 ∨ x = ±1. Nu måste vi do k beakta attlösningen x = 1 inte kan tas med för detta fall, annars skulle ävenimaginära delen försvinna o h vi skulle ha z = 0.9.3 Konjugatet, divisionOfta eftersträvar vi att skriva komplexa tal i rektangulär form, a+ bi. Iblandkräver denna standard viss omformning, då talen är givna i annan form. Vistuderar några exempel.Exempel 9.3.1. Vi skriver talet z = 1

1−ii formen a + bi.

z =1

1 − i=

1

1 − i· 1 + i

1 + i=

1 + i

12 − i2=

1 + i

1 − (−1)=

1

2+

1

2i .Vi använde här en vanlig metod för hantering av rationella uttry k, nämligenförlängning med nämnarens konjugattal. Idén går ju ut på att det alltid ärtillåtet att �multipli era med en etta�. Man låter sedan denna �etta� varaett rationellt uttry k som på lämpligt vis förenklar det ursprungliga bråketvid multiplikationen. För ett komplext tal a + bi är motsvarande konjugattal,eller helt kort konjugatet, lika med a − bi. Detta tal spelar en viktig roll vidmanipulering av komplexa tal.De�nition 9.3.1. Det komplexa talet z = a + bi har konjugatet a− bi, sombete knas z.Med beaktande av de�nitionen ovan, ser vi att �konjugatet av konjugatet�är lika med talet självt, d.v.s. z = z.Exempel 9.3.2. (a) z = 1 +

√5i ⇔ z = 1 −

√5i(b) z = −3i ⇔ z = 3i( ) z = −3 = −3 + 0i ⇔ z = −3 + 0i = −3

9.3. KONJUGATET, DIVISION 243Exempel 9.3.3. Vi löser ekvationenz − z = iz + 4 .Till en början kan vi konstatera, att z = z. Gruppering av termerna o hvidare manipulationer av ekvationen ger dåz − z = iz + 4 ⇔

z(1 − i) = z + 4 .Vi kan nu sätta in z = a + bi i ekvationen, vilket ger z = a − bi o hz(1 − i) = z + 4 ⇔

(a − bi)(1 − i) = (a + bi) + 4 ⇔a − ai − bi + bi2 = a + 4 + bi ⇔

(a − b − a − 4) − (a + b + b)i = 0 ⇔−(b + 4) − (a + 2b)i = 0 ⇔

{a + 2b = 0 ,b + 4 = 0

⇔{

a = −2b = 8 ,b = −4 .Ekvationen har alltså lösningen z = a + bi = 8 − 4i.En viktig egenskap hos komplexa tal o h konjugatet är att både summano h produkten av dessa är reella, ty

z + z = a + bi + (a − bi) = 2a = 2Re(z) ∈ R ,

z · z = (a + bi)(a − bi) = a2 − b2i2 = a2 + b2 = Re(z)2 + Im(z)2 ∈ R .Vidare ser vi att z−z = a+ bi− (a− bi) = 2bi = 2Im(z) samt att zz

= zz· z

z=

z2

a2+b2= a2+2abi+b2i2

a2+b2= a2+2abi−b2

a2+b2= a2−b2

a2+b2+ 2ab

a2+b2i.Exempel 9.3.4. Vi bestämer (a) summan, (b) produkten o h ( ) kvoten avdet komplexa talet z = 1−i

1+imed sitt konjugat z. Vi kan börja med att skrivaom talet i rektangulär form;

z =1 − i

1 + i· 1 − i

1 − i=

(1 − i)2

1 − i2=

1

2

(1 − 2i + i2

)= −i ,d.v.s. z = a + bi = −i o h a = 0, b = −1. Detta ger enligt ovan resultaten:

244 KAPITEL 9. KOMPLEXA TAL(a) z + z = 2a = 0(b) z · z = a2 + b2 = b2 = (−1)2 = 1( ) zz

= a2−b2

a2+b2+ + 2ab

a2+b2i = −1Exempel 9.3.5. Vi löser ekvationen 2z = i(z + 1) o h skriver lösningen iformen z = a + bi.

2z = i(z + 1) ⇔z(2 − i) = i ⇔

z =i

2 − i· 2 + i

2 + i=

i(2 + i)

22 − i2

=2i − 1

4 − (−1)= −1

5+

2

5i .Exempel 9.3.6. Vi bestämmer talet a ∈ R så att a1−i

+ 1ai

är rellt. Börjarmed att skriva om det givna talet i rektangulär form:a

1 − i+

1

ai=

a

1 − i· 1 + i

1 + i+

1

ai· i

i

=a(1 + i)

12 − i2+

i

ai2

=a(1 + i)

1 − (−1)+

i

−a

=a

2+

(a

2− 1

a

)

i .För att detta skall vara reellt måste imaginära delen försvinna, vilket gerekvationena

2− 1

a= 0 ⇔

a2 − 2 = 0 ⇔a = ±

√2 .9.4 Komplexa talplanetVi har utgående från de�nitionen ovan skrivit komplexa tal z = a + bi somtalpar (a, b) o h formulerat diverse egenskaper hos talen som operationer på

9.4. KOMPLEXA TALPLANET 245talpar. Från tidigare kalkyl med reella tal vet vi att talpar kan förknippas medplanet o h talparen (x, y) uppfattade som koordinater kan åskådliggöras i ettxy-diagram. För de komplexa talens del vet vi att i talparet (a, b) är a talets zreella del o h b är den imaginära delen. Vi kan då välja att låta a motsvarax-koordinaten o h b motsvara y-koordinaten i vårt koordinatsystem.

Im(z)

Re(z)O

2 − i

2 + i

−2 + 0i

Figur 9.1: Komplexa talplanet.Exempel 9.4.1. Se Figuren 9.1(a) −2 = −2 + 0i = (−2, 0)(b) 2 + i = (2, 1)( ) 2 − i = (2, 1)Varje talpar (a, b) motsvaras alltså av en o h endast en punkt i komplexatalplanet, se Figuren 9.1. Absolutbeloppet av ett komplext tal motsvararavståndet från origo till punkten (a, b) i komplexa talplanet, ty vi harDe�nition 9.4.1. Absolutbeloppet av det komplexa talet z = a + bi ärlängden av strä kan från (0, 0) till (a, b), d.v.s.|z| =

√

(a − 0)2 + (b − 0)2 =√

a2 + b2 .Absolutbeloppet |z| av z ∈ C är alltså ett i ke-negativt reellt tal, vilket o ksåförutsätts av ett avstånd.Exempel 9.4.2. Vi bestämmer absolutbeloppet av några komplexa tal

246 KAPITEL 9. KOMPLEXA TAL(a) |2 − 3i| =√

22 + (−3)2 =√

13(b) ∣∣√5i∣∣ =

√

02 +(√

5)2

=√

5( ) |a| =√

|a|2 + 02 =√

a2 = |a|, då a ∈ REgenskap 9.4.3. Låt z samt z1 o h z2 vara komplexa tal. Då gäller1. |z| = 0 ⇔ z = 02. |z| = |z|3. |z| =√

a2 + b2 =√

zz4. |z1z2| = |z1| |z2|5. ∣∣∣z1

z2

∣∣∣ = |z1|

|z2| , z2 6= 06. |z1 + z2| ≤ |z1| + |z2| (triangelolikheten)Exempel 9.4.4. Vi bestämmer, med tillämpning av egenskaperna ovan, ab-solutbeloppet av z = 3+4i2+i

|z| =

∣∣∣∣

3 + 4i

2 + i

∣∣∣∣=

|3 + 4i||2 + i|

=

√32 + 42

√22 + 12

=

√52

√5

=

√

52

5=

√5 .Exempel 9.4.5. Vi skall visa, att z + 4

zär reellt då |z| = 2. Ett tal som ärreellt kännete knas bland annat av att det är lika med sin konjugat, så ifall

9.4. KOMPLEXA TALPLANET 247vi kan visa att z + 4z

= z + 4zså har vi ly kats visa påståendet.

z +4

z= z +

4

z· z

z= z +

4z

zz

= z +4z

|z|2 , |z| = 2 ,

= z +4z

22= z + z

= z · z

z+ z =

zz

z+ z

=|z|2z

+ z =22

z+ z .Exempel 9.4.6. Vi bestämmer det komplexa talet z, med egenskapen z = z2.Låt z = a + bi. Den krävda egenskapen ger då ekvationen

z = a + bi = (a − bi)2 = z2 ⇔a + bi = a2 − 2abi + b2i2 ⇔a + bi = a2 − 2abi − b2 ⇔

a2 − a − b2 − (2a + 1)bi = 0 ⇔{

a2 − a − b2 = 0 ,b(2a + 1) = 0

⇔{

a = −12

,14

+ 12− b2 = 0Vi har således å ena sidan a = −1

2samt b = −±

√3

2. Å andra sidan satis�erasden andra ekvationen även i fallet b = 0, vilket ger a2 − a = a(a − 1) = 0som satis�eras för a = 0 eller a = 1. Sammanfattningsvis har vi:

z = −1

2+ ±

√3

2i eller z = 0 eller z = 1 .Exempel 9.4.7. Vi skriver talet

z =3 + 4i

1 + 2√

2ii rektangulär form, d.v.s. enligt z = a + bi o h bestämmer även absolutbelop-

248 KAPITEL 9. KOMPLEXA TALpet |z|. Sedvanliga manipulationer gerz =

3 + 4i

1 + 2√

2i· 1 − 2

√2i

1 − 2√

2i=

(3 + 4i)(1 − 2

√2i)

12 − 23i2

=(3 + 4i)

(1 − 2

√2i)

12 − 23(−1)=

3 − 6√

2i + 4i − 8√

2i2

9

=3 + 8

√2

9+

4 − 6√

2

9i ⇒

|z| =

√√√√

(

3 + 8√

2

9

)2

+

(

4 − 6√

2

9

)2

=

√

9 + 48√

2 + 128

92+

16 − 48√

2 + 72

92

=

√

9 + 128 + 16 + 72

92=

√

225

92

=

√

32 · 52

92= 1

6

9= 1

2

3.9.5 Polär formVi har sett att varje komplext tal z = a+bi kan entydigt beskrivas med talpa-ret (a, b), som kan betraktas som koordinaterna för en punkt i komplexa tal-planet. Då längden av strä kan från origo (punkten (0, 0)) till punkten (a, b)är lika med absolutbeloppet |z| så kan punkten (a, b) alternativt beskrivasmed detta i tillägg till vinkeln ϕ mellan strä kan o h positiva x-axeln. Det-ta sätt att representera det komplexa talet kallas polär form o h de�nierasenligt följande:De�nition 9.5.1. Det komplexa talet z = a+ bi kan skrivas i polära formen

z = |z|eϕi = |z| (cos ϕ + i sin ϕ) ,där absolutbeloppet är |z| =√

a2 + b2 o h{

a = |z| cos ϕ ,b = |z| sin ϕ .Se Figuren 9.2 för geometrin bakom sambanden ovan.

9.5. POLÄR FORM 249ϕ

a

b

z = (a, b)

|z|

Im(z)

Re(z)Figur 9.2: Sambandet mellan storheterna |z| samt ϕ i polära formen för z =a + bi o h Re(z) samt Im(z).Observation 9.5.1. Vi känner från tidigare till, att |z| =

√a2 + b2. Dettakan lätt veri�eras genom direkt beräkning.

|z| =√

a2 + b2 =√

|z|2 cos2 ϕ + |z|2 sin2 ϕ = |z|√

cos2 ϕ + sin2 ϕ = |z|√

1 = |z| .Hur kan vinkeln ϕ beskrivas som funktion av a o h b?Vi kan utgående från de�nitionen konstatera, attb

a=

|z| sin ϕ

|z| cos ϕ= tanϕ ⇔

ϕ = arctanb

a, a 6= 0 , 0 ≤ ϕ < 2π .Exempel 9.5.2. Vi skriver talen (a) z = 1, (b) z = i, ( ) z = 1√

2− 1√

2i o h(d) z = 1 +

√3i i polär form.(a)

{a = 1 ,b = 0 .

⇔

|z| =√

a2 + b2 =√

12 + 02 = 1 ,

ϕ = arctanb

a= arctan 0 = 0 ⇔

z = e0i = 1 .

250 KAPITEL 9. KOMPLEXA TAL(b){

a = 0 ,b = 1 .

⇔

|z| =√

a2 + b2 =√

02 + 12 = 1 ,

|z| cos ϕ = cos ϕ = a = 0 ⇔ ϕ =π

2⇔

z = eπ2i = i .( )

{

a = 1√2

,

b = − 1√2

.⇔

|z| =√

a2 + b2 =

√(

1√2

)2

+

(

− 1√2

)2

= 1 ,

ϕ = arctanb

a= arctan−1 = −π

4⇔

z = e−π4i =

1√2− 1√

2i .(d)

{a = 1 ,

b =√

3 .⇔

|z| =√

a2 + b2 =

√

12 +(√

3)2

= 2 ,

ϕ = arctan

√3

1= arctan

√3 =

π

3⇔

z = 2eπ3i = 1 +

√3i .9.6 Reella o h komplexa talFrån de reella talen har vi lärt oss att dessa kan ordnas i storleksordning,

1 < 2 < 3 < 4 o.s.v. För de komplexa talen är detta omöjligt, är t.ex. i > 0eller i < 0? Båda alternativen skulle innebära att i2 > 0, men vi vet juatt i2 = −1. Vi har därför resultatet:

9.7. ANDRAGRADSEKVATIONER 251Sats 9.6.1. De komplexa talen kan inte ordnas i storleksordning.Det som vi däremot kan jämföra för komplexa tal är deras absolutbelopp,som är reellt o h kan tolkas som ett avstånd.9.7 AndragradsekvationerVår utgångspunkt för behandlingen av komplexa tal var det faktum att ekva-tionen x2 + 1 = 0 saknade lösningar för x ∈ R. Vi de�nierade den imaginäraenhete i som lösningen till denna ekvation. Vi skall nu gå vidare på tematekvationer o h granska komplexa lösningar till andragradsekvationenax2 + bx + c = 0 .I kapitlet om ekvationer o h olikheter härledde vi lösningsformeln för x ∈ R:

x =−b ±

√b2 − 4ac

2a, D = b2 − 4ac ≥ 0 .I fallet D > 0 har alltså ekvationen två reella lösningar o h i fallet D = 0 harden en reell dubbelrot. Om diskriminanten D < 0 saknas reella lösningar o hdenna situation kommer vi nu att granska. Det visar sig att ekvationen i dettafall har två komplexa lösningar. Vi börjar med att titta på ett spe ialfall:Exempel 9.7.1. Betrakta ekvationen

z2 + c = 0 , c > 0 .På basen av våra tidigare erfarenheter av ekvationen x2 + 1 = 0 har vianledning att tro att denna ekvation har komplexa lösningar. Vi låter där-för z = a + bi, a, b ∈ R, som vi sätter in i ekvationen o h får(a + bi)2 + c = 0 ⇔

a2 + 2abi + b2i2 + c = 0 ⇔a2 − b2 + c + 2abi = 0 ⇔

{a2 − b2 + c = 0 ,2ab = 0 .

252 KAPITEL 9. KOMPLEXA TALFör att ekvationssystemet skall satis�eras måste antingen a = 0 eller b = 0,på basen av den andra ekvationen. Vi har således två fall, varav det förstaleder till en lösninga = 0 ⇒ b = ±

√c ⇒ z = 0 ±

√ci = ±

√ci ,

b = 0 ⇒ a = ±√

ci2 6∈ R ⇒ z ∈ ∅ .Lösningen är således z = ±√ci, vilket inte är så överraskande eftersom ekva-tionen o kså kan skrivas i formen ( z√

c

)2

+1 = 0 o h då vi vet att x2 + 1 = 0har lösningen ±i ser vi snart att den härledda lösningen stämmer.Observation 9.7.2. I fallet D = b2 − 4ac < 0 har andragradsekvationenax2 + bx + c = 0de komplexa lösningarna

x =−b ±

√b2 − 4ac

2a=

−b ±√

D

2a

=−b ±

√−Di2

2a=

−b ± i√−D

2a, −D > 0 .De två komplexa rötterna är alltså −b

2a+

√4ac−b2

2ai o h −b

2a−

√4ac−b2

2ai.Exempel 9.7.3. Vi löser ekvationen 2z2 − 5z + 4 = 0 o h börjar med attidenti�era koe� ienterna; a = 2, b = −5 o h c = 4. Diskriminanten är nunegativ, ty D = b2−4ac = (−5)2−4 ·2 ·4 = −7. Ekvationen har således enligtovan de komplexa rötterna −b

2a+

√4ac−b2

2ai = 5

4+

√7

4i o h −b

2a−

√4ac−b2

2ai = 5

4−

√7

4i.För jämförelsens skull betraktar vi ekvationen 4z2 −5iz−1 = 0, som intehar reella koe� ienter då b = −5i ∈ C. Det visar sig do k att lösningsformelnovan fungerar även i detta fall, men det är heller ingen svårighet att omvandlaekvationen till en med reella koe� ienter om vi gör variabelbytet x = iz. Dåhar vi ekvationen −4x2 − 5x − 1 = 0 som kan lösas enligt

x =5 ±

√

(−5)2 − 4 · (−4) · (−1)

2 · (−4)=

−5 ∓ 3

8= −1 ∨ −1

4.Vi har alltså fått lösningarna

iz = −1 ∨ −1

4⇔ z = −1

i· i

i= i ∨ − 1

4i· i

i=

i

4.

9.7. ANDRAGRADSEKVATIONER 253Anmärkning 9.7.1. En tillbakabli k på våra exempel indikerar att komplexalösningar till andragradsekvationer med reella koe� ienter är varandras kon-jugat. Däremot, ifall koe� ienterna inte är reella som i vårt senaste exempel,så är detta inte fallet.

254 KAPITEL 9. KOMPLEXA TAL

Kapitel 10Följder o h Serier10.1 TalföljderVi börjar med några exempel på talföljder.Exempel 10.1.1.

1, 2, 3, 4, 5, 6, . . .

1, 4, 9, 16, . . .

1,1

2,1

3,1

4, . . .Talföljderna ovan förefaller att följa någon regel, som karakteriserar var-je term på basen av dess ordning i följden. På detta baserar sig även vårde�nition av en följd.De�nition 10.1.1. En (reell) talföljd är en avbildning eller en funktion f :

Z+ → R. Talföljden bildas av funktionsvärdena o h funktionen själv utgörregel för talföljden. Det allmänna elementet i en talföljd bete knas ofta ano h an = f(n).Exempel 10.1.2. För talföljderna i föregående exempel kan vi identi�erareglerna:f(n) = an = n ,

f(n) = an = n2 ,

f(n) = an =1

n.255

256 KAPITEL 10. FÖLJDER OCH SERIERDen italienska matematikern Leonardo Fibona i ( . 1170-1250) är bl.a.känd för att ha undersökt kaniners förökningstakt o h kom fram till en tal-följd som brukar kallas Fibona is talföljd1. I denna talföljd uttry ks interegeln som en funktion av n utan som en funktion av tidigare observationeri talföljden. En dylik följd, för vilken regeln ges som ett rekursivt samband,kallas rekursiv.Exempel 10.1.3. Fibona is talföljd1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, . . .med regeln

a1 = a2 = 1 ,

an = an−1 + an−2 .Härnäst skall vi se på två olika vanligt förekommande typer av talföljder,som o kså är matematiskt lätthanterliga.De�nition 10.1.2. En talföljd sägs vara aritmetisk om di�erensen mellantvå på varandra följande element i talföljden är konstant. Det bör alltså gällaattan+1 − an = d ,där d kallas talföljdens di�erens. En talföljd sägs vara geometrisk, om förhål-landet mellan två på varandra följande element i talföljden är konstant. Dågäller följaktligen

an+1

an

= q ,där q kallas talföljdens kvot.Exempel 10.1.4. Vi undersöker om talföljden an = 3 − 8n är aritmetisk.d = an+1 − an = 3 − 8(n + 1) − (3 − 8n) = 3 − 8n − 8 − (3 − 8n) = −8 .Talföljdens di�erens är alltså konstant, vilket betyder att den är aritmetisk.1Några av de inledande termerna i denna talföljd �nns på elverkets skorsten vid Slotts-gatan i Åbo.

10.1. TALFÖLJDER 257Exempel 10.1.5. Vi undersöker om Fibona is talföljd är aritmetisk ellergeometrisk. Di�erensen blird = an+1 − an = an + an−1 − an = an−1 ,vilket betyder att di�erensen inte kan vara konstant. Således är Fibona istalföljd inte aritmetisk. Kvoten blir för Fibona is talföljd

an+1

an

=an + an−1

an

= 1 +1an

an−1

.Vi kan nu konstatera, att eftersoma2

a1

=1

1= 1 ,

a3

a2

=2

1= 2 ,

a4

a3=

3

2= 1

1

2,o.s.v.så kan inte kvoten vara konstant. Fibona is talföljd är därför inte hellergeometrisk. Däremot kan vi observera en intressant egenskap hos gränsvärdetnedan, ifall vi tillåter oss att anta att det existerar,

s = limn→∞

an+1

an

.Genom att ta gränsvärdet i båda leden av likheten ovan ser vi, attan+1

an

=an + an−1

an

= 1 +1an

an−1

⇒

limn→∞

an+1

an

= 1 +1

limn→∞an

an−1

⇒

s = 1 +1

s, s > 0 ⇔

s2 − s − 1 = 0 ⇔

s =−(−1) ±

√

(−1)2 − 4 · (−1)

2=

1 ±√

5

2.

258 KAPITEL 10. FÖLJDER OCH SERIEREftersom elementen i talföljden alltid är positiva kan lösningen ovan medminuste ken framför roten förkastas o h vi har kommit fram till atts = lim

n→∞

an+1

an

=1 +

√5

2för Fibona is talföljd. Detta kan uppfattas som att följden blir �geometriski oändligheten�, d.v.s. kvoten närmar sig ett konstant värde ju längre fram ielementen vi går.Exempel 10.1.6. Vi undersöker om talföljden1,

1

2,1

4,1

8, . . .är geometrisk. Regeln för talföljden är an = 1

2n−1 o h vi kan bestämma kvotenmellan två på varandra följande elementq =

an+1

an

=1

2n+1−1

12n−1

=2n−1

2n=

1

2.Emedan kvoten är konstant är följden geometrisk.Observation 10.1.7. Det allmänna elementet i en geometrisk talföljd kanskrivas i formen

an = a1qn−1 , n = 1, 2, 3, . . .Exempel 10.1.8. Vi bestämmer det åttonde elementet i den geometriskatalföljden2

5,−1

5,

1

10, . . .Vi använder oss nu av observationen ovan, enligt vilken a1 = 2

5= a1q

0. Enligtantagande är talföljden geometrisk o h då kan vi direkt bestämma kvoten:q =

a2

a1

=−1

525

= −1

2.Det åttonde elementet i följden fås då enligt formel som

a8 = a1q8−1 = a1q

7 =2

5

(

−1

2

)7

= − 1

5 · 26= − 1

320.

10.2. MONOTON OCH BEGRÄNSAD TALFÖLJD 25910.2 Monoton o h begränsad talföljdSom vi har sett tidigare kan talföljder betraktas som funktioner de�nierade påmängden Z+ med R som värdemängd. Då är det o kså relevant att de�nieraegenskaper som monotonitet o h begränsning för följder o h vi har:De�nition 10.2.1. Talföljden {an}∞n=1 ärVäxande, om an+1 ≥ anSträngt växande, om an+1 > anAvtagande, om an+1 ≤ anSträngt avtagande, om an+1 < anEn talföljd som är monoton (d.v.s. antingen avtagande eller växande) ellersträngt monoton (d.v.s. antingen strängt avtagande eller strängt växande)behöver inte vara obegränsad, utan den kan vara begränsad eller obegränsad.De�nition 10.2.2. Talföljden {an} är begränsad uppåt om det existerar enkonstant M ∈ R så att an ≤ M , ∀n ∈ Z+.Talföljden {an} är begränsad nedåt om det existerar en konstant m ∈ Rså att an ≥ M , ∀n ∈ Z+.En talföljd är begränsad om den är begränsad både uppåt o h nedåt.Exempel 10.2.1. Vi undersöker om talföljden an = 2n−1n+1

är begränsad. Föratt bättre kunna ned- o h uppskatta uttry ket i talföljdens regel, väljer vi attskriva om den enligtan =

2n − 1

n + 1=

2n + 2 − 2 − 1

n + 1=

2(n + 1) − 3

n + 1

=2(n + 1)

n + 1− 3

n + 1= 2 − 3

n + 1.Då n ∈ Z+ så kan vi härleda olikheten

1 ≤ n < ∞ ⇔ 2 ≤ n + 1 < ∞ ⇔

0 <1

n + 1≤ 1

2⇔ 0 <

3

n + 1≤ 3

2⇔

− 3

2≤ − 3

n + 1< 0 ⇔ 2 − 3

2≤ 2 − 3

n + 1< 2 ⇔

1

2≤ 2 − 3

n + 1< 2 .

260 KAPITEL 10. FÖLJDER OCH SERIERPå basen av detta kan vi konstatera att talföljden är begränsad nedåt av talet 12o h uppåt av talet 2. En annan tänkbar nedre gräns är talet noll, ty elementensamtliga element i följden är positiva. Talföljden är således begränsad.10.3 Gränsvärde av en talföljdVi har redan berört gränsvärden i samband med talföljder då vi tittade påFibona is talföljd. Nu skall vi granska vad som händer med andra talföljderdå n → ∞Exempel 10.3.1. Vi såg att talföljden an = 2n−1

n+1är begränsad. Då vi sätterin några värden på n, får vi tabellen:

n an

1 0, 5002 1, 0003 1, 2504 1, 4005 1, 50010 1, 727100 1, 9701000 1, 99710000 1, 9997100000 1, 99997Di�erensen mellan två på varandra följande element i talföljden blir mind-re o h mindre ju närmare talet två an kommer. Det visar sig, att vi kan kom-ma �hur nära talet 2 som helst�, bara n väljs tillrä kligt stort. Funktionsvärdetkomer do k aldrig att överstiga talet 2.De�nition 10.3.1. (Kvalitativ) Talföljden {an} har gränsvärdet a eller kon-vergerar mot gränsvärdet a, om elementen i talföljden ligger godty kligt näratalet a, så snart n väljs tillrä kligt stort. Detta bete knar vi med

limn→∞

an = a .En talföljd som inte konvergerar divergerar. För våra bekanta talföljder,den geometriska o h den aritmetiska, är det enkelt att avgöra om de kon-vergerar eller divergerar. Man vet nämligen att en aritmetisk talföljd alltid

10.3. GRÄNSVÄRDE AV EN TALFÖLJD 261divergerar om di�erensen är olika noll. För geometriska talföljder har vi re-sultatet nedan, som presenteras utan bevis.Sats 10.3.2.Talföljden {qn}{ konvergerar, då − 1 < q ≤ 1 ,divergerar, då q ≤ −1 eller q > 1 ,

tylim

n→∞qn =

0 , då |q| < 11 , då |q| = 1∞ , då q > 1∅ , då q ≤ −1Exempel 10.3.3. Vi studerar den geometriska talföljden an = a1q

n−1 för(a) q = 34, a1 = 1 o h (b) q = 5

4, a1 = 1. Vi kan direkt konstatera attresultatet stämmer överens med satsen ovan.(a) a1000 = a1q

1000−1 = 1 ·(

34

)999 ≈ 1, 53 · 10−125(b) a1000 = 1 ·(

54

)999 ≈ 6, 50 · 1096Exempel 10.3.4. Vi bestämmer gränsvärdet limn→∞ an för talföljden {an}n∈Z+dåan =

(1

2

)n(2n+2 − 2

).Hyfsning av allmänna termen ger resultatet:

limn→∞

an = limn→∞

(1

2

)n(2n+2 − 2

)

= limn→∞

(2n+2

2n− 1

2n−1

)

= 22 − limn→∞

1

2n−1

= 4 − 0 = 4 .Exempel 10.3.5. Vi undersöker för vilka värden för x talföljden {an}n∈Z+konvergerar, då an = (x− 1)n. Följden är geometrisk, med kvoten q = x− 1.Konvergens inträ�ar, om −1 < q ≤ 1, så vi kan lösa olikheten med avseendepå x.−1 <q ≤ 1 ⇔−1 <x − 1 ≤ 1 ⇔

0 <x ≤ 2 .

262 KAPITEL 10. FÖLJDER OCH SERIER10.4 SerierI vår behandling av talföljder kon entrerade vi oss på egenskaperna hos detallmänna elementet an i följden. Nu skall vi summera elementen i talföljdero h vi tänker oss då olika delsummor, beroende på hur många element vi tarmed i dessa summor.s1 = a1

s2 = a1 + a2

s3 = a1 + a2 + a3...sn−1 = a1 + a2 + a3 + · · · + an−2 + an−1

sn = a1 + a2 + a3 + · · · + an−1 + an .Talen a1, a2, a3 . . . kallas summans termer. För summan sn brukar mananvända summate knet ∑sn = a1 + a2 + a3 + · · ·+ an−1 + an =

n∑

k=1

ak .Detta utläses �summan av alla ak då k går från 1 till n�. Bete kningen snkallas delsumma.För den aritmetiska o h den geometriska summorna har delsummornaformen:Regel 10.4.1. Aritmetiska o h geometriska summorFör en aritmetisk summa är delsumman produkten av antalet termer o hmedelvärdet av första o h sista termen, d.v.s.sn = a1 + a2 + a3 + a4 + · · ·+ an =

n∑

k=1

ak = n · a1 + an

2.För en geometrisk summa är delsumman

sn = a1 + a2 + a3 + a4 + · · ·+ an

= a1 + a1q + a1q2 + a1q

3 + · · ·+ a1qn−1

=

n∑

k=1

a1qk−1 = a1 ·

1 − qn

1 − q, om q 6= 1 .

10.5. SERIER OCH KONVERGENS 263Om q = 1 har visn = a1 + a2 + a3 + a4 + · · · + an

= a1 + a1q + a1q2 + a1q

3 + · · ·+ a1qn−1

= a1 + a1 + a1 + a1 + · · · + a1 = n · a1 .10.5 Serier o h konvergensVad händer om man låter antalet termer i en summa gå mot oändligheten?Jo, då kallas summan en serie o h brukar skrivasS =

∞∑

k=1

ak = limn→∞

n∑

k=1

ak ,där den högra likheten anger betydelsen av skrivsättet till vänster. Om gräns-värdet existerar säger man att serien är konvergent, annars säger man att denär divergent. Härnäst skall vi se på ett resultat för konvergensen hos en geo-metrisk serie.Sats 10.5.1. Den geometriska serien∞∑

k=1

aqk−1 =∞∑

k=0

aqk , a 6= 0 ,är konvergent om o h endast om |q| < 1. Dess summa är S = a1−q

, d.v.s.S = a + aq + aq2 + aq3 + · · ·

=

∞∑

k=1

aqk−1 =

∞∑

k=0

aqk

=a

1 − q.Exempel 10.5.2.

1 +1

2+

1

4+

1

8+ · · · =

∞∑

k=0

(1

2

)k

=1

1 − 12

= 2 .

264 KAPITEL 10. FÖLJDER OCH SERIER

Kapitel 11VektorerEn vektor är en storhet som har både magnitud (storlek, längd) o h riktning.Exempelvis rörelsen hos en bil kan beskrivas med en vektor; bilen har en visshastighet o h rör sig i en bestämd riktning. Om bilen rör sig från en punktA till en punkt B kan dess rörelse representeras med en vektor v =

−→ABAnmärkning 11.0.1. I try kt text bete knas vektorer vanligen med fet stilenligt ovan o h i handskrift vanligen med pil ovanför variabelnamnet, somovan i −→AB.Två vektorer betraktas som identiska ifall deras riktning o h belopp (mag-nitud) sammanfaller, vilket betyder att de är parallella, pekar i samma rikt-ning o h är lika långa. Därför kan man oftast parallellförskjuta (�ytta den så

A

B

X

Y

−→AB =

−−→XYFigur 11.1: Identiska vektorer.att längd o h riktning bibehålls) en vektor så att man låter dess startpunktvara i origo (vektorn brukar då ibland kallas orts- eller positionsvektor). Det-ta tillåter en fullständig beskrivning av vektorn enbart med koordinaternaför dess slutpunkt. För vektorerna −→

AP o h −−→OX gäller:265

266 KAPITEL 11. VEKTORERy

xO = (0, 0) p − a

p − a

q − p

A = (a, b) q − p

X = (p − a, q − b)−−→OX

P = (p, q)−→AP

Figur 11.2: Parallellförskjutning av vektorer i ett koordinatsystem.Längd: |−→AP | =√

(p − a)2 + (q − b)2 = |−−→OX| .Lutning −→AP =

q − b

p − a= Lutning −−→

OX ,vilket innebär att −→AP =−−→OX = (p − a, q − b).Anmärkning 11.0.2. Såsom ovan antyds, bete knar |v| eller |−→AB| längdeneller magnituden av vektorn v eller −→AB.

x

y

a c a + c

d

b

b + d u + v

v

u

v

u

Figur 11.3: Addition av vektorer i ett koordinatsystem.De�nition 11.0.1. VektoradditionSumman av två vektorer, med startpunkterna pla erade i origo, fås genom

267addition av vektorernas koordinater, enligt:u = (a, b) ,

v = (c, d) ,

u + v = (a + c, b + d) .De�nition 11.0.2. Multiplikation med en skalärOm v är en vektor o h t är ett reellt tal (d.v.s. en skalär), så är t · v envektor, vars magnitud är |t · v| = |t| · |v| o h som har samma riktning somv om t > 0 o h motsatt riktning om t < 0. För vektorns komponenter gällerdå:

v = (a, b) ,

tv = (ta, tb) .Om t = 0 har vi tv =−→0 = (0, 0), nollvektorn, som saknar riktning.

v

O x

y

1

ey

1exFigur 11.4: Uppdelning av en vektor i R2 i komponenter med hjälp av bas-vektorerna.De�nition 11.0.3. Basvektorer (enhetsvektorer)I xy-planet (R2) har vi två (standard)basvektorer, nämligenex = (1, 0) ,

ey = (0, 1) .

268 KAPITEL 11. VEKTORERI xyz-rummet (R3) har vi tre (standard)basvektorer, nämligenex = (1, 0, 0) ,

ey = (0, 1, 0) ,

ez = (0, 0, 1) .Anmärkning 11.0.3. Andra bete kningar för basvektorer förekommer o kså,exempelvis e1, e2, e3, . . . , en, som är spe iellt lämpligt om antalet dimensionerär större än tre, n > 3. I litteraturen används ofta i, j o h k, istället för ex,ey o h ez.Alla vektorer kan skrivas som linjära kombinationer av basvektorerna. Envektor v = (x, y) i R2 kan då skrivas i formen

v = xex + yey ,o h en allmän vektor v = (vx, vy, vz) i R3 kan skrivas i formenv = vxex + vyey + vzey ,där vx, vy o h vz, d.v.s. vektorns x-, y- o h z-koordinater, kallas vektornskomponenter.Som framgår av de�nitionerna ovan uttry ks summor o h skalära mul-tipler av vektorer enkelt med hjälp av vektorernas komponenter. Om t är enskalär o hu = uxex + uyey + uzey ,

v = vxex + vyey + vzey ,så har viu + v = (ux + vx)ex + (uy + vy)ey + (uz + vz)ey ,

tu = (tux)ex + (tuy)ey + (tuz)ey .Exempel 11.0.3. Vi uttry ker vektorn 2−→AC−3

−−→CB med basvektorerna i R2,då A = (2,−1), B = (−1, 4) o h C = (0, 2). Eftersom en vektor kan parallell-förskjutas, så länge riktning o h längd bibehålls, kan vi uppfatta vektorernasom startande från origo (sådana brukar ibland kallas ortsvektorer). Vi kan

11.1. SKALÄRPRODUKT OCH PROJEKTION 269då bilda−→AC = (0 − 2)ex + (2 − (−1))ey = −2ex + 3ey ,−−→CB = (−1 − 0)ex + (4 − 2)ey = −1ex + 2ey ,

2−→AC − 3

−−→CB = 2 · (−2ex + 3ey) − 3 · (−1ex + 2ey)

= −1ex + 0ey = −ex .En enhetsvektor har längden 1. Basvektorerna är exempel på enhetsvek-torer. För varje vektor v kan vi bilda en enhetsvektor evmed samma riktningsom v genom att multipli era med skalären 1

|v| . Vi har dåev

=1

|v|v , |ev| =

∣∣∣∣

1

|v|v∣∣∣∣=

|v||v| = 1 .11.1 Skalärprodukt o h projektionDe�nition 11.1.1. SkalärproduktOm u o h v är vektorer

u = uxex + uyey + uzez ,

v = vxex + vyey + vzez ,så är skalära produkten u · v det reella talet (skalären)u · v = uxvx + uyvy + uzvz .Från de�nitionen ovan kan vi rutinmässigt veri�era följande aritmetiskaegenskaper:

u · v = v · uu · (v + w) = u · v + u · w(tu) · v = u · (tv) = t (u · v) , t ∈ R

u · u = |u|2Följande resultat ger en geometrisk tolkning av skalära produkten:Sats 11.1.1. SkalärproduktOm θ, 0 ≤ θ ≤ π, är vinkeln mellan (riktningarna för) vektorerna u o hv, så gäller

u · v = |u||v| cos (θ) .

270 KAPITEL 11. VEKTORERu − v

C

−vO

DBu

θ v

A

u− v

Figur 11.5: Cosinussatsen tillämpad på två vektorer u o h u i R2 med mel-lanliggande vinkeln θ, 0 ≤ θ ≤ π .Bevis. Betrakta vektorerna i �guren 11.5. Addition av vektorerna u o h −vger vektorn −−→OD = u − v. Vektorn −→

BA är identisk med denna eftersomn−−→OD o h −→

BA har samma längd o h riktning. Tillämpning av osinussatsen påtriangeln OBA (se exempelvis tabellerna eller repetitions-/skolkursen) gernu|u− v|2 = |u|2 + |v|2 − 2 |u| |v| cos (θ)

= (u− v) · (u− v)

= u · (u − v) − v · (u − v)

= u · u − u · v − v · u + v · v= |u|2 − 2u · v + |v|2 .Jämförelse av högra leden i den första o h den sista likheten geru · v = |u| |v| cos (θ) .

Exempel 11.1.2. Vi bestämmer vinkeln mellan vektorerna u = 2ex+ey−2ezo h v = 3ex − 2ey − ez. Mellanliggande vinkel, θ, 0 ≤ θ ≤ π, kan bestämmas

11.1. SKALÄRPRODUKT OCH PROJEKTION 271med användning av skalärprodukten enligtu · v = |u||v| cos (θ) ⇔

cos (θ) =u · v|u||v| ⇔

θ = arccos

(u · v|u||v|

)

= arccos

(

2 · 3 + 1 · (−2) + (−2) · (−1)√

22 + 12 + (−2)2√

32 + (−2)2 + (−1)2

)

= arccos

(6

3 ·√

14

)

= arccos

(2√14

)

≈ 1, 0069 (rad).De�nition 11.1.2. Skalär projektionSkalära projektionen s av vektorn u i riktning av vektorn v 6= 0 ärs =

u · v|v| = |u| cos (θ) ,där θ, 0 ≤ θ ≤ π, är vinkeln mellan u o h v.

vs

uv

u

θFigur 11.6: Projektionen av vektorn u på vektorn v.De�nition 11.1.3. VektorprojektionVektorprojektionen uvav vektorn u i riktning av vektorn v 6= 0 är

uv

= sev

= sv

|v| =u · v|v|2 v ,där s är den skalära projektionen.

272 KAPITEL 11. VEKTORERu

v

ex + ey

3ex + ey

Figur 11.7: Uppdelning av vektorn 3ex + ey i komponenterna u o h v.Exempel 11.1.3. Vi uttry ker vektorn 3ex + ey som en summa u + v, därvektorn u är parallell med vektorn ex + ey o h vektorn v är vinkelrät motu. Vi konstaterar att eftersom u skall vara parallell med ex + ey ges den avvektorprojektionen av 3ex + ey på vektorn ex + ey.

u =(3ex + ey) · (ex + ey)

|ex + ey|2(ex + ey)

=3 · 1 + 1 · 1

12 + 12(ex + ey)

= 2ex + 2ey .Emedan 3ex + ey = u + v fåsv = 3ex + ey − u = 3ex + ey − 2ex − 2ey = ex − ey .11.2 VektorproduktDe�nition 11.2.1. Vektorprodukt (kryssprodukt)Vektorprodukten (även kallad kryssprodukten) u × v av två vektorer uo h v i R3 är den entydiga vektor som uppfyller villkoren(i) (u× v) · u = 0 o h (u× v) · v = 0, d.v.s. (u × v) ⊥ u o h v.(ii) |u × v| = |u||v| sin θ,1 där θ är vinkeln mellan vektorerna u o h v.1|u||v| sin θ är arean av parallellogrammet som uppspänns av vektorerna u o h v.

11.2. VEKTORPRODUKT 273θ

u

v

|v| sin (θ)

u× v

Figur 11.8: Högertriaden u, v o h u× v.(iii) Vektorerna u, v o h u× v bildar en högertriad.Sats 11.2.1. Vektorproduktens komponenterOm {u = uxex + uyey + uzez

v = vxex + vyey + vzezså äru× v = (uyvz − uzvy) ex

+ (uzvx − uxvz) ey

+ (uxvy − uyvx) ez .som minnesregel kan man använda ykliska permutationenx

ւ տy → zBevis. Utgående från de�nitionen på kryssprodukten kan dess egenskapervisas gälla även satsens uttry k för u× v.Exempel 11.2.2. Beräkning av vektorprodukter för basvektorer.

ex × ex = 0 , ex × ey = ez , ey × ex = −ez ,

ey × ey = 0 , ey × ez = ex , ez × ey = −ex ,

ez × ez = 0 , ez × ex = ey , ex × ez = −ey .

274 KAPITEL 11. VEKTORERAnmärkning 11.2.1. Vektorprodukten har följande algebraiska egenskaper :Om u, v o h w är vektorer o h t ∈ R är en skalär så gäller(i) u× u = 0.(ii) u× v = −v × u.(iii) (u + v) ×w = u ×w + v ×w.(iv) u× (v + w) = u × v + u× w.(v) (tu) × v = u× (tv) = t (u × v).(vi) u · (u× v) = v · (u × v) = 0.(vii) u×(v × w) 6= (u × v)×w, utom i spe ialfall då de ingående vektorernaråkar ha särskilda egenskaper.

Kapitel 12SannolikhetsläraI sannolikhetsläran försöker man beräkna hanser eller risker, exempelvis hansen att vinna på lotto eller risken att insjukna i någon viss sjukdom.Resultaten från dylika beräkningar brukar kallas sannolikheter o h baseraspå antalet möjligheter som kan uppstå. Dessa möjligheter kan bestämmasmed kombinatorik, som består av vissa räkneregler för detta ändamål.12.1 Kombinatorik12.1.1 Multiplikationsprin ipenA B C DFigur 12.1: Olika rutter mellan fyra städer.Exempel 12.1.1. Vi vill ta oss från staden A till staden D via städerna Bo h C. Mellan A o h B går två vägar, mellan B o h C går fyra vägar o hmellan C o h D går två vägar, se Figuren 12.1. Hur många olika rutter �nnsdet då mellan staden A o h staden D?Från A till B kan man välja mellan två rutter, från B till C kan manvälja mellan fyra rutter o h från C till D kan man välja mellan två rutter.Antalet rutter från A till D blir därför 2 · 4 · 2 = 16.275

276 KAPITEL 12. SANNOLIKHETSLÄRASats 12.1.2. Multiplikationsprin ipenOm man står inför en serie valsituationer numrerade 1, 2, . . ., n med k1,k2, . . ., kn valmöjligheter, är det totala antalet valmöjligheter k1 ·k2 ·k3 · · · kn.I spe ialfallet att varje valsituation har samma antal valmöjligheter k, fås dettotala antalet valmöjligheter som kn.Exempel 12.1.3. Hur många olika stryktipsrader kan man tippa?Den som tippar gör 13 val, med tre möjligheter (1, X o h 2) i vardera.Antalet möjliga kombinationer blir då 313 = 1594323.12.1.2 Val med hänsyn till ordningenExempel 12.1.4. På hur många sätt kan sex personer pla eras i en kö?Den första personen i kön kan väljas på 6 olika sätt, den andra på 6−1 = 5(då första personen redan är vald �nns det en mindre att välja på) olika sätt,den tredje på 4 olika sätt, den fjärde på 3 olika sätt, den femte på 2 olika sätto h den sjätte på 1 sätt (det �nns bara en kvar att välja på, alla andra ärredan valda). Multiplikationsprin ipen ger då

6 · 5 · 4 · 3 · 2 · 1 = 720 olika sätt.Allmänt kan man resonera på samma sätt för n personer; den första kanväljas på n olika sätt, den andra på n− 1 olika sätt o.s.v. o h den sista på 1sätt. Totala antalet möjligheter blir då enligt multiplikationsprin ipenn · (n − 1) · (n − 2) · · ·2 · 1 = n! ,där skrivsättet till höger de�nieras enligt:De�nition 12.1.1. Med n! avses för alla i ke-negativa naturliga tal n: n! =

n · (n − 1) · (n − 2) · · ·2 · 1. I fallet n = 0 har man 0! = 1 o h n! utläses �nfakultet� (på engelska �fa torial�).Vi ger intuitiva förklaringar på några ord som förekommer i kombinatoriko h sannolikhetslära. Vi har tidigare berört begreppen element o h mängd.I exemplet ovan utgör en person ett element, medan gruppen på 6 personerbetraktas som en mängd. Att pla era element ur en mängd i bestämd ordning,eller i vårt fall att pla era personer ur en grupp i bestämd ordning, brukarkallas att bilda en permutation eller att permutera.

12.1. KOMBINATORIK 277Sats 12.1.5. Antalet permutationer av en mängd bestående av n elementär n!.Vi tittar på några exempel:Exempel 12.1.6. Styrelsen i en förening består av ordförande, vi eordföran-de, kassör, sekreterare o h informationsansvarig.(a) I år har 5 personer blivit invalda i styrelsen. På hur många sätt kande fördela posterna mellan sig? På basen av satsen ovan kan posternafördelas på 5! olika sätt, vilket ger antalet sammansättningar5! = 5 · 4 · 3 · 2 · 1 = 120 .(b) På hur många sätt kan de båda ordförandeposterna fördelas mellan defem invalda? Till den första posten, ordförande, väljs en person avde fem invalda. Till den andra posten, vi eordförande, kan man väl-ja mellan de fyra återstående personerna. Antalet permutationer blirdå 5 · 4 = 20.Situationen i (b)-fallet kan sammanfattas i en sats, här rörde det ju sig omantalet permutationer då vi valde två element ur en mängd med fem element.Sats 12.1.7. Antalet permutationer om k element ur en mängd med n ele-ment är

n(n − 1)(n − 2) · · · (n − (k − 1)) =n!

(n − k)!.I (b)-fallet i exemplet ovan var ju n = 5 o h k = 2, vilket ger antaletpermutationer 5!

(5−2)!= 5!

3!= 5·4·3!

3!= 20.Exempel 12.1.8. Vid en busshållplats står 5 kvinnor o h 4 män. På hurmänga sätt kan dessa personer ställa sig (a) i en kö, (b) i en kö så attkvinnorna står först o h ( ) i en kö så att varannan person är kvinna o hvarannan är man.(a) Då totalt 9 personer skall pla eras i kö, kan detta enligt multiplikations-prin ipen ske på 9! = 362880 olika sätt.(b) Kvinnorna kan ställa sig först i kön på 5! olika sätt, därefter kan män-nen ställa sig i kön på 4! olika sätt. Antalet tänkbara köer blir då enligtmultiplikationsprin ipen 5! · 4! = 2880.

278 KAPITEL 12. SANNOLIKHETSLÄRA( ) Eftersom det �nns �er kvinnor måste en kvinna stå först i kön för attvarannan skall vara kvinna. Vi kan då välja mellan 5 kvinnor. Nästaperson är man, o h kan väljas från 4 män. Sedan kommer en kvinna,vald från 4 kvarvarande kvinnor o h därefter en man, vald från 3 kvar-varande män o.s.v. enligt:5 · 4 · 4 · 3 · 3 · 2 · 2 · 1 · 1 = 5! · 4! .Även här kan således kvinnorna ordnas på 5! sätt o h männen på 4! sätt,så resultet blir enligt multiplikationsprin ipen 5! · 4! = 2880, d.v.s. det-samma som i (b)-fallet.12.1.3 Val utan hänsyn till ordningenExempel 12.1.9. I en förening skall man bilda en kommitté. Till dennaskall två representanter från styrelsen i vårt tidigare exempel ovan väljas. Påhur många sätt kan detta ske?Situationen här skiljer sig från det nämnda exemplet. Här är det ju barafrågan om att välja två personer av fem, den inbördes ordningen spelar ingenroll. I vårt tidigare exempel bildade varje par av personer två olika kombi-nationer, då person ett kunde vara ordförande o h person två vi eordförandeo h vi e versa. Rimligtvis borde antalet kombinationer vara hälften så mångaom ordningen inte spelar någon roll. Detta betyder att två personer skullekunna väljas till kommittén på 5·4

2= 10 olika sätt.Allmänt kan vi resonera på samma sätt. Skall vi välja k element ur enmängd på n element utan hänsyn till ordningen går detta till på följandesätt:Om vi väljer med hänsyn till ordningen får vi n!

(n−k)!olika permutationer.I detta antal ingår do k k! sätt som endast skiljer sig ifrån varandra ifrågaom de utvalda elementens inbördes ordning. Ifall denna ordning inte skallspela någon roll måste vi dividera uttry ket med k! för att rätta till detta.Vi kan alltså välja k element ur en mängd med n element utan hänsyn tillordningen på

n!

k!(n − k)!olika sätt. Detta brukar bete knas (nk

) o h utläses �n över k�.

12.2. EMPIRISK SANNOLIKHET 279Sats 12.1.10. Antalet kombinationer om k element ur en mängd med n ele-ment är(

n

k

)

=n!

k!(n − k)!

=n(n − 1)(n − 2) · · · (n − (k − 1))

k · (k − 1) · · ·2 · 1 .Exempel 12.1.11. I en klass �nns 11 pojkar o h 15 �i kor. Klassen har8 lärare. För att ordna en klassresa väljs en kommitté, bestående av 3 pojkar,4 �i kor o h 4 lärare. På hur många olika sätt kan kommittén väljas?Pojkarna kan väljas ut på (11

3

) sätt, �i korna på (154

) sätt o h lärarna på(84

) sätt. Dessa grupper kan kombineras fritt, vilket betyder att multiplika-tionsprin ipen ger det totala antalet sätt kommittén kan väljas på enligt:(

11

3

)

·(

15

4

)

·(

8

4

)

=11!

3!8!· 15!

4!9!· 8!

4!4!

=11 · 10 · 93 · 2 · 1 · 15 · 14 · 13 · 12 · 11 · 10

4 · 3 · 2 · 1 · 8 · 7 · 6 · 54 · 3 · 2 · 1

=54486432000

3456= 15765750 .I exemplet ovan kan varje person bara väljas en gång. Exempelvis förpojkarna gäller att den första personen kan väljas på 11 sätt, den andra på

10 sätt (ty den som valdes först kan ju inte väljas på nytt) o.s.v. I exempletnedan, däremot, kan si�rorna väljas på nytt. Om vi t.ex. får en sjua somförsta si�ra är det möjligt att även den andra si�ran är en sjua. Man brukari en sån situation säga att man väljer med återläggning. Om varje si�ra kankan väljas bara en gång heter det att man väljer utan återläggning.Exempel 12.1.12. I jokerspelet utlottas ett sjusi�rigt tal. Varje si�ra ärnågot av talen 0, 1, 2, . . ., 9. Hur många tal kan då lottas ut i spelet?Varje si�ra kan väljas ut bland tio tal. Multiplikationsprin ipen ger då att107 tal kan lottas ut.12.2 Empirisk sannolikhetVad menas med sannolikhet? Vi skall ta ett klassiskt exempel.

280 KAPITEL 12. SANNOLIKHETSLÄRAExempel 12.2.1. Vi tänker oss att vi kastar tärning. När vi kastar tärningkan vi få resultatet antingen 1, 2, 3, 4, 5 eller 6. Om tärningen är perfektsymmetrisk så är hansen lika stor att få en etta som att få en sexa ellernågon annan av de andra möjliga si�rorna.Vi gör nu ett empiriskt (experimentellt) försök, så att vi kastar en tärningn gånger o h ser hur stor pro ent av dessa kast som ger resultatet 1, 2 o.s.v.Den pro entuella andelen för ett visst resultat kallas relativa frekvensen.Vi kan simulera tärningskast med n = 100, n = 500, n = 1000 o hn = 10000 o h sammanställa en tabell med de relativa frekvenserna hos derespektive utfallen (si�rorna 1 till 6) för de olika värdena på n:Resultat / n 100 500 1000 10000

1 0, 1900 0, 1760 0, 1720 0, 17642 0, 2000 0, 1800 0, 1610 0, 16743 0, 1200 0, 1800 0, 1750 0, 16314 0, 1800 0, 1620 0, 1580 0, 16625 0, 1900 0, 1500 0, 1690 0, 16856 0, 1200 0, 1520 0, 1650 0, 1675∑

1 1 1 1, 0001Den teoretiska sannolikheten för att få en etta när man kastar tärningär 16≈ 0, 1667. Från tabellen ser vi att med ett större antal kast (störrevärde på n) kommer vi i regel närmare detta tal. Dessutom verkar skillnadenmellan den högsta o h lägsta relativa frekvensen för talen 1 till 6 minskamed större antal kast. Detta betyder att sannolikheterna för de olika utfallennärmar sig varandra. Vi har således följande sats:Sats 12.2.2. Antag att A är en bestämd händelse, som ansluter sig till ettslumpmässigt försök som utförs n gånger. Antalet försök som leder till att

A inträ�ar antas vara n(A). Om den relativa frekvensen varierar kring ettbestämt tal o h närmar sig detta tal allteftersom n ökar, sägs dett tal varaden empiriska sannolikheten för händelsen A o h bete knas P (A) o hP (A) = lim

n→∞

n(A)

n.

12.3. DET KLASSISKA SANNOLIKHETSBEGREPPET 28112.3 Det klassiska sannolikhetsbegreppetVi har hittills betraktat sannolikheter utgående från det empiriska sannolik-hetsbegreppet, som vi avser som den sannolikhet man får fram via upprepadeförsök av samma experiment. Vi experimenterade o h simulerade tärnings-kastning för att stöda vår betraktelse, men vi saknar fortfarande en mate-matiskt hållbar de�nition av begreppet sannolikhet.Vi inför till att börja med några entrala begrepp. De olika resultat el-ler utfall man kan få vid ett försök kallas elementarhändelser. Alla möjligaelementarhändelser bildar en mängd som vi kallar utfallsrummet o h sombestår av alla de olika resultat man kan få vid ett försök. Utfallsrummet be-te knas med stor bokstav, exempelvis U . Om vi betraktar en delmängd avett utfallsrum talar vi om detta som en händelse.Exempel 12.3.1. I vårt exempel med tärningskastning var elementarhän-delserna 1, 2, 3, 4, 5 o h 6. Tillsammans bildar dessa utfallsrummet U ={1, 2, 3, 4, 5, 6}. Utfallsrummet är alltså mängden av elementarhändelser. Omvi kastar en tärning o h ser hur ofta vi får resultatet 5 eller 6, så undersökervi de fa to hur ofta händelsen {5, 6} inträ�ar. Händelsen är en delmängd avutfallsrummet.Med grundbegreppen ovan kan vi gå vidare till att de�niera begreppetsannolikhet.De�nition 12.3.1. Antag att U är en (ändlig) mängd, som består av möjligautfall vid ett slumpmässigt försök, o h att A är en godty klig händelse så attA ⊂ U . Sannolikheten för händelsen A, d.v.s. sannolikheten för att resultatetav försöket skall vara ett element i A är då:

P (A) =n(A)

n(U).Den klassiska sannolikheten för en händelse är således: �Kvoten av antaletgynnsamma utfall o h antalet möjliga utfall�.Exempel 12.3.2. Vi undersöker försöket �dra ett kort ur en vanlig kortlek�o h händelserna: (a) Det dragna kortet är spader, (b) Det dragna kortet ärrött o h ( ) Det dragna kortet är en knekt, en dam eller en kung.Enligt de�nitionen ovan skall vi dividera antalet gynnsamma utfall medantalet möjliga utfall för att få fram sannolikheten i respektive fall. Antaletmöjliga utfall är n(U) = 52, eftersom vi kan få 52 olika kort då vi drar ettkort ur kortleken.

282 KAPITEL 12. SANNOLIKHETSLÄRA(a) Vi granskar händelsen att kortet är en spader: Det �nns 13 möjligaelementarhändelser som satis�erar denna händelse (d.v.s. de 13 spa-derkorten). Sannolikheten är såledesP (A) =

n(A)

n(U)=

13

52=

1

4.(b) För händelsen att vi får ett rött kort har vi n(A) = 2 · 13 = 26, vilketger

P (A) =n(A)

n(U)=

26

52=

1

2.( ) För händelsen att vi får en knekt, dam eller kung har vi n(A) = 3 · 4 =

12, vilket gerP (A) =

n(A)

n(U)=

12

52=

3

13.När vi drar ett kort ur en kortlek tänker vi oss att sannolikheten ärlika stor för varje kort i kortleken att just det kortet blir draget. Detta kal-las likformig sannolikhetsfördelning o h används alltid när man räknar medklassiska sannolikheter. Vi kommer senare till situationer, där olika elemen-tarhändelser inträ�ar med olika stor sannolikhet. Att vi har att göra med enlikformig sannolikhetsfördelning förstår vi av att man �slumpmässigt� drarett kort. Man kan o kså förstå det av problemets natur.Exempel 12.3.3. Vi beräknar sannolikheten att få poängsumman 7 eller 8vid kast med två tärningar. Utfallsrummet U består av alla olika talpar (x, y)som man kan få när man kastar två tärningar:

U = {(1, 1), (1, 2), . . . , (2, 1), (2, 2), . . . , (6, 1), (6, 2), . . . , (6, 6)} .De gynnsamma utfallen bestäms i detta fall av A =�poängsumman lika med 7eller 8 vid kast med två tärningar� o h ges avA = {(1, 6), (2, 5), (2, 6), (3, 4), (3, 5), (4, 3),

(4, 4), (5, 2), (5, 3), (6, 1), (6, 2)} .Alltså är n(A) = 11 o h n(U) = 36, vilket ger P (A) = n(A)n(U)

= 1136.

12.3. DET KLASSISKA SANNOLIKHETSBEGREPPET 283Exempel 12.3.4. Ur en kortlek dras 5 kort. Med vilken sannolikhet är samt-liga kort spaderkort?Vi betraktar händelsen A =�5 kort dras o h alla är spader�. Utfallsrum-met är alla kombinationer av kort som vi kan få när vi drar 5 kort. Enelementarhändelse är t.ex.u1 = {spader 4, klöver 6, hjärter kung, hjärter knekt, klöver 9} .Antalet elementahändelser, n(U), fås enligt reglerna i avsnittet om kombina-torik, som

n(U) =

(52

5

)

=52!

5!47!

=52 · 51 · 50 · 49 · 48

5 · 4 · 3 · 2 · 1= 52 · 51 · 49 · 10 · 2 .Händelsen A innefattar alla utfall sådana att de fem korten är spader. Hurmånga sådana kombinationer �nns det? n(A), som är antalet gynnsammakombinationer, ges av:

n(A) =

(13

5

)

=13!

5!8!

=13 · 12 · 11 · 10 · 9

5 · 4 · 3 · 2 · 1= 13 · 11 · 9 .Den sökta sannolikheten fås då som

p(A) =n(A)

n(U)=

13 · 11 · 952 · 51 · 49 · 10 · 2 =

11 · 951 · 49 · 10 · 4 · 2 ≈ 0, 000495 .Chansen att alla fem korten är spader är således under 0, 05%!Exempel 12.3.5. Vi drar fem kort ur en kortlek. Vilken är sannolikhetenför att exakt tre av dessa är spader?Antalet kombinationer av spader på tre kort är (13

3

). De resterande tvåkorten som inte skall vara spader kan kombineras på (52−132

)=(392

). Dessakombinationer av spaderkort o h i ke-sådana kan fritt varieras, vilket betyderatt multiplikationsprin ipen ger n(A) =(133

)·(392

) gynnsamma utfall. Antalet

284 KAPITEL 12. SANNOLIKHETSLÄRAmöjliga utfall, då fem kort dras ur kortleken, är n(U) =(525

). Den söktasannolikheten blir följaktligenP (A) =

n(A)

n(U)=

(133

)·(392

)

(525

) ≈ 0, 0815 .12.4 RäknereglerVi skall nu behandla några räkneregler utgående från den klassiska sannolik-hetsde�nitionen.Regel 12.4.1. Vi antar att A o h B är händelser i utfallsrummet U . Dågäller:1. 0 ≤ P (A) ≤ 12. P (U) = 1, P (∅) = 0, d.v.s sannolikheten för en säker händelse är 1o h sannolikheten för en omöjlig händelse är 03. P (A ∪ B) = P (A) + P (B), om A ∩ B = ∅Bevis. Vi resonerar utgående från den klassiska sannolikhetsde�nitionen.1.0 ≤ n(A) ≤ n(U) , n(U) > 0 ⇔

0

n(U)≤ n(A)

n(U)≤ n(U)

n(U)⇔

0 ≤ P (A) ≤ 12. P (U) = n(U)n(U)

= 1, P (∅) = 0n(U)

= 03. Enligt antagande är A ∩ B = ∅, vilket betyder att n(A ∪ B) = n(A) +n(B) o h

P (A ∪ B) =n(A ∪ B)

n(U)=

n(A) + n(B)

n(U)= P (A) + P (B)

12.4. RÄKNEREGLER 285Exempel 12.4.2. Vilken är sannolikheten att få samma resultat tre gångerefter varandra då man singlar slant?Vi kastar alltså ett mynt o h är intresserade av sannolikheten att få A ={krona, krona, krona} eller B = {klave, klave, klave}. Utfallsrummet bestårav n(U) = 23 = 8 element, eftersom varje kast ger antingen krona ellerklave (2 möjliga resultat) o h tre (av varandra oberoende) kast ger då enligtmultiplikationsprin ipen 23 möjliga utfall. Händelserna A o h B innehålleringa gemensamma element, varför A ∪ B = ∅ o h

P (A ∪ B) = P (A) + P (B) =n(A)

n(U)+

n(B)

n(U)=

1

8+

1

8=

1

4.Detta är således den sökta sannolikheten för att antingen A eller B inträ�ar.Regel 12.4.3. Vi antar att A o h B är händelser i utfallsrummet U . Dågäller:1. P (U \ A) = P (Ac) = 1 − P (A), d.v.s. sannolikheten för komplement-händelsen Ac är lika med 1 minus sannolikheten för händelsen A2. Antag att A ⊂ B. Då gäller: P (B \ A) = P (B) − P (A), d.v.s. sanno-likheten för händelsen B minus händelsen A, då A är en undermängdtill B, är sannolikheten för B minus sannolikheten för händelsen A3. För alla händelser A, B ⊂ U gäller

P (A ∪ B) = P (A) + P (B) − P (A ∩ B)Bevis. Vi resonerar utgående från den klassiska sannolikhetsde�nitionen.1. Om vi observerar, att n(U \ A) = n(U) − n(A) o h utnyttjar denklassiska sannolikhetsde�nitionen fås påståendet.2. På samma sätt som i fallet 1. ger observationen n(B\A) = n(B)−n(A)påståendet3. Enligt antagande är snittmängden A ∩ B i ke-tom, vilket betyder attn(A ∪ B) = n(A) + n(B) − n(A ∩ B) (annars skulle snittmängdens

286 KAPITEL 12. SANNOLIKHETSLÄRAelement räknas dubbelt) o hP (A ∪ B) =

n(A ∪ B)

n(U)

=n(A) + n(B) − n(A ∩ B)

n(U)

= P (A) + P (B) − P (A ∩ B)

Exempel 12.4.4. En lottoförsäljare har 100 lotter, av vilka 5 ger vinst. Enperson köper 2 lotter. Vad är sannolikheten att han får åtminstone en vinst?Vi kan börja med att notera att komplementhändelsen är att personeninte får någon vinst alls. Det är i många fall mera praktiskt att utnyttjakomplementsannolikheten för att beräkna den sökta sannolikheten. Vi haralltså: A =�åtminstone en vinst� samt Ac =�ingen vinst�. Eftersom A∩Ac = ∅gäller att P (A) + P (Ac) = 1, d.v.s.P (A) = 1 − P (Ac) = 1 − 95

100· 94

99≈ 1 − 0, 902 = 0, 098 .Den sökta sannolikheten kunde även ha beräknats som

P (A) = 1 −(952

)

(1002

) .Exempel 12.4.5. Vi beräknar P (A ∩ B) då U = A ∪ B, P (A) = 0, 8 o hP (B) = 0, 5. Emedan mängderna A o h B bildar hela utfallsrummet U , fåsatt P (A ∪ B) = 1. Enligt regeln ovan har vi

P (A ∪ B) = P (A) + P (B) − P (A ∩ B) ⇔P (A ∩ B) = P (A) + P (B) − P (A ∪ B)

= 0, 8 + 0, 5 − 1 = 0, 3 .I de följande avsnitten tittar vi på några spe iella situationer som ärallmänt förekommande då man studerar sannolikhetsproblem. Många pro-blemställningar kan redu eras till de fall som tas upp nedan.

12.5. OBEROENDE HÄNDELSER 28712.5 Oberoende händelserVi introdu erar begreppet �oberoende händelse� med hjälp av ett exempel.Exempel 12.5.1. Ett kort dras ur en kortlek. Med vilken sannolikhet ärkortet spader äss?Svaret på frågan är givetvis 152, ty gynnsamt utfall fås för endast ett av de

52 korten i kortleken. Å andra sidan kan vi o kså resonera:P (�spader�) · P (�äss�) =

1

4· 4

52=

1

52= P (�spader äss�) .Vi frågar oss nu om detta kan återknytas till någon allmän regel eller om detbara är en tillfällighet att beräkningen tar formen ovan.Om två händelser är oberoende av varandra betyder detta att sannolikhe-ten att båda händelserna skall inträ�a är sannolikheten att den ena händelsenskall inträ�a gånger sannolikheten att den andra händelsen skall inträ�a. Visammanfattar:De�nition 12.5.1. Antag att A o h B är händelser i utfallsrummet U . Omhändelserna är oberoende, gäller:

P (A ∩ B) = P (A) · P (B) .I klarspråk betyder detta att information om att den ena har inträ�at intepåverkar sannolikheten för att den andra händelsen inträ�ar. Detta kan gene-raliseras till att gälla �era än två händelser, sannolikhete för snitthändelsenblir då produkten av de enskilda händelsernas sannolikheter.Exempel 12.5.2. Tre bowlare slår strike med sannolikheten 50%, 60% re-spektive 70%. Vilken är då sannolikheten för minst en strike om alla tre slåren gång?Vi är intresserade av händelsen A =�minst en strike�, med komplement-händelsen Ac =�ingen slår en strike�. De tre bowlarnas resultat är oberoendeav varandra o h vi fårP (Ac) = (1−0, 5) ·(1−0, 6) ·(1−0, 7) = 0, 06 ⇔ P (A) = 1−P (Ac) = 0, 94 .

288 KAPITEL 12. SANNOLIKHETSLÄRA12.6 Oberoende försökBegreppet �oberoende försök� ligger my ket nära �oberoende händelse�. Dåvi de�nierade oberoende händelse utgi k vi från att händelserna av intresse�nns i samma utfallsrum U . När vi de�nierar oberoende försök utgår vi frånhändelser i olika utfallsrum. Om dessa händelser inte påverkar varandra talarvi om �oberoende försök �.De�nition 12.6.1. Antag att e är en godty klig händelse i utfallsrummet Eo h att f är en godty klig händelse i utfallsrummet F samt att E o h F ärutfallsrum i två oberoende försök. Då gäller:P (e ∩ f) = P (e) · P (f) .Exempel 12.6.1. Vi singlar först slant o h kastar sedan en tärning. Vilkenär sannolikheten för att få en klave o h resultatet 5 eller 6 på tärningen?I detta fall är de båda utfallsrummen E = {krona, klave} respektive F =

{1, 2, 3, 4, 5, 6} med händelserna av intresse: e = {klave} o h f = {5, 6}. Densökta sannolikheten fås då som:P (e ∩ f) = P (e) · P (f) =

n(e)

n(E)· n(f)

n(F )=

1

2· 2

6=

1

6.Försöken kan å andra sidan o kså vara beroende av varandra. Exempelvisväderleken skapar sådana situationer: Sannolikheten att Aura å är fruseno h sannolikheten att det är kallare än tio minusgrader i Åbo är rimligtvisberoende av varandra. Utfallen i dessa två försök är beroende av varandra.Vi har således

P (�Aura å frusen o h kallare än − 10◦C�) 6=P (�Aura å frusen�) · P (�kallare än − 10◦C�) .Exempel 12.6.2. Vi singlar slant n gånger. Vilken är sannolikheten attklave förekommer minst en gång?Vi kan betrakta varje slantsingling som ett oberoende försök, eftersomresultatet av ett kast inte är beroende av föregående kast. Komplementhän-delsen till A =�åtminstone en klave� är Ac =�bara kronor när vi singlar slant

n gånger�. Då får vi den sökta sannolikheten som:P (A) = 1 − P (Ac) = 1 −

(1

2

)n

= 1 − 1

2n.

12.7. ADDITION OCH MULTIPLIKATION 28912.7 Addition o h multiplikationExempel 12.7.1. Tre kort dras ur en kortlek. Vilken är sannolikheten attdet första o h det tredje kortet är spader? Vilken är sannolikheten för attexakt två kort är spader?Vi vet att när man drar ett kort får man antingen ett spaderkort eller såfår man inte det. Låt S =�spader� o h A =�annat kort�. Då skall vi alltså idet första fallet titta på sannolikheten för att få kombinationen SAS. Dennahändelse har sannolikheten13

52· 39

51· 12

50≈ 0, 0459 .I det andra fallet är vi intresserade av sannolikheten för att vi skall få någonav kombinationerna SSA, SAS o h ASS. Dessa händelser är oberoende avvarandra, vilket innebär att:

P (SSA ∪ SAS ∪ ASS) = P (SSA) + P (SAS) + P (ASS)

=13

52· 12

51· 39

50

+13

52· 39

51· 12

50

+39

52· 13

51· 12

50≈ 0, 138 .Det är inte alltid enkelt att veta när man skall addera eller multipli erasannolikheter. Om ordet �o h� nämns så är det ofta frågan om sannolikhetför snitthändelser, d.v.s. man är intresserad av gynnsamma utfall som tassom snittet av två eller �era mängder av händelser. I denna situation skallsannolikheterna multipli eras. Ifall ordet �eller� förekommer så är det oftafrågan om sannolikhet för unionen av händelsemängder o h då skall manaddera sannolikheterna.Sannolikheten att händelsen A o h händelsen B inträ�ar är P (A) · P (B)om händelserna är oberoende. Sannolikheten att händelsen A eller händel-sen B inträ�ar är P (A)+P (B) om händelserna är oberoende. Vid lösning avsannolikhetsproblem har man stor nytta av att rita en graf över situationeno h noggrannt tänka igenom problemställningen. Ofta lönar det sig o kså attförsöka hitta alternativa vägar till samma lösning, ly kas detta kan man varalite säkrare på att tankegången bakom lösningen verkligen är korrekt till alladelar.

290 KAPITEL 12. SANNOLIKHETSLÄRAExempel 12.7.2. Sannolikheten att en bra ko k gör god mat är 90%, medansannolikheten att en dålig ko k gör god mat är 20%. En ko k väljs godty kligtur en grupp med 60% bra ko kar o h 40% dåliga. Vilken är sannolikheten attden valda ko ken gör god mat? Vi har två typer av ko kar o h två typer av0, 6 0, 4bra ko k dålig ko kgod mat god mat0, 9 0, 1 0, 2 0, 8ej god mat ej god matFigur 12.2: Olika slutresultat vid matlagning.mat, som kan kombineras på olika sätt enligt Figuren 12.2. För att få godmat kan vi alltså antingen ha en dålig ko k som gör god mat eller en bra ko ksom gör god mat. Vi får således

P (�god mat�) = 0, 4 · 0, 2 + 0, 6 · 0, 9 = 0, 62 .Exempel 12.7.3. I urna A �nns fyra röda o h tre vita kulor o h i urna B�nns fem röda o h sex vita kulor. En kula tas ur A o h sätts i B, varefterfyra kulor dras ur B. Vilken är sannolikheten att alla dessa är vita?Vi börjar med att titta på sannolikheterna för vit eller röd kula ur A:PA(�vit kula�) =

3

4 + 3=

3

7

PA(�röd kula�) =4

4 + 3=

4

7.I urna B �nns nu tolv kulor. Om vi har �yttat en vit kula till B �nns därnu således fem röda o h sju vita kulor o h om vi har �yttat en röd kula till B�nns där nu sex röda o h sex vita kulor. Då vi drar fyra kulor ur B blir dåsannoliheten att samtliga är vita:

P (�fyra vita�) = PA(�vit kula�) · P (�fyra vita dras ur B�)+ PA(�röd kula�) · P (�fyra vita dras ur B�)=

3

7· 7

12· 6

11· 5

10· 4

9+

4

7· 6

12· 5

11· 4

10· 3

9≈ 0, 048 .

12.8. BINOMIALSANNOLIKHET 291Exempel 12.7.4. Längs Axels skolväg �nns två tra�kljus som oberoende avvarandra visar rött 70% respektive 40% av tiden. Vi är då intresserade avsannolikheterna att (a) båda visar rött, (b) ingetdera visar rött, ( ) exakt ettvisar rött, (d) åtminstone ett visar rött då Axel kommer till tra�kljusen.(a) P (�båda visar rött�) = P (�första visar rött�) · P (�andra visar rött�) =710

· 410

= 0, 28(b) P (�ingetdera visar rött�) = P (�första visar grönt�)·P (�andra visar grönt�) =(1 − 7

10

)·(1 − 4

10

)= 0, 18( ) P (�exakt ett visar rött�) = P (�första visar rött�)·P (�andra visar grönt�)+

P (�första visar grönt�)·P (�andra visar rött�) = 710·(1 − 4

10

)+(1 − 7

10

)·

410

= 42+12102 = 0, 54(d) P (�åtminstone ett visar rött�) = 1 − P (�ingetdera visar rött�) = 1 −

0, 18 = 0, 8212.8 BinomialsannolikhetVi utför ett försök n gånger o h är intresserade av händelsen A som inträ�armed sannolikheten P (A) = p, vilket betyder att sannolikheten att A inteinträ�ar är 1 − P (A) = 1 − p. Vi undersöker nu situationen där A inträ�ark gånger på n försök. Antag, att k = 0, d.v.s. att A aldrig inträ�ar. Sanno-likheten för detta är (1− p)n. Å andra sidan är sannolikheten att A inträ�ari varje försök (k = n) lika med pn.Om vi numrerar försöken, enligt 1, 2, . . ., n, kan vi beskriva vilka k sty -ken gånger A inträ�ar genom att välja en delmängd med k element ur mäng-den {1, 2, 3, . . . , n}. På hur många olika sätt kan dylika delmängder då bil-das? Jo, enligt teorin tidigare i detta kapitel, kommer delmängderna att bilda(

n

k

) olika kombinationer. För var o h en av dessa kombinationer inträ�ar Ak gånger o h resterande n − k gånger inträ�ar alltså A inte. Sannolikhetenför detta i varje enskilt fall är således pk(1 − p)n−k. Eftersom det �nns (n

k

)olika tänkbara kombinationer för att A skall inträ�a exakt k gånger kommervi då att addera sannolikheterna för de enskilda fallen o h få resultatetpk(1 − p)n−k + pk(1 − p)n−k + · · · + pk(1 − p)n−k

︸︷︷︸

(nk) st. termer =

(n

k

)

pk(1 − p)n−k .

292 KAPITEL 12. SANNOLIKHETSLÄRAVi har alltså härlett följande:Sats 12.8.1. BinomialsannolikhetEtt försök, där händelsen A inträ�ar med sannolikheten p, utförs n gång-er så att försöken är oberoende av varandra. Om Ak står för händelsen att�A inträ�ar exakt k gånger på dessa n försök�, 0 ≤ k ≤ n, så gäller det attP (Ak) =

(n

k

)

pk(1 − p)n−k .Exempel 12.8.2. Sannolikheten att det regnar en viss dag är 0, 2. Vilken ärdå sannolikheten att det regnar två dagar under en ve ka? Vilken är sanno-likheten att det regnar på måndag o h fredag?Vi antar att händelsen �det regnar� är oberoende av om det regnat föregå-ende dag. Enligt satsen om binomialsannolikhet ges då sannolikheten att detregnar två dagar av sju av uttry ket:(

7

2

)·0, 22 · (1 − 0, 2)7−2 =

7!

2! · 5!· 0, 22 · 0, 85 = 7 · 3 · 0, 22 · 0, 85 = 0, 275 .Sannolikheten att det regnar en viss dag är 0, 2. Då är sannolikheten att detregnar måndag o h fredag, då händelserna är oberoende, 0, 2 · 0, 2 = 0, 04.Exempel 12.8.3. Sannolikheten att ett frikast i korgboll ly kas antas va-ra 80%. Vi kan då beräkna sannolikheten att minst tre av fem frikast ly kasenligt följande: Vi är intresserade av situationen där alla fem kasten ly -kas eller fyra eller tre kast ly kas. Dessa händelser är uteslutande o h däföroberoende. Låt Ak =�ly kas k gånger på fem kast�. Då blir den sökta sanno-likheten

P (A3 ∪ A4 ∪ A5) = P (A3) + P (A4) + P (A5)

=

5∑

k=3

(5

k

)

0, 8k(1 − 0, 8)5−k

=

(5

3

)

· 0, 83 · 0, 25−3 +

(5

4

)

· 0, 84 · 0, 25−4

+

(5

5

)

· 0, 85 · 0, 25−5

= 0, 2048 + 0, 4096 + 0, 3277 ≈ 0, 94 .

12.8. BINOMIALSANNOLIKHET 293Exempel 12.8.4. Vilken är sannolikheten att krona uppträder för andragången i det sista kastet om man singlar slant fem gånger?Vi delar upp det gynnsamma utfallet i två oberoende försök. Först under-söker vi händelsen att få en krona när man singlar slant fyra gånger. Sedanundersöker vi händelsen att få krona. Dessa försök är oberoende av varandra,vilket betyder att sannolikheten kan beräknas enligt:P (�en krona på fyra försök�) · P (�krona�) =(

4

1

)

0, 510, 53 · 0, 5 = 0, 125 .Exempel 12.8.5. Hur många barn bör det �nnas i en familj för att sanno-likheten skall vara ≥ 34att åtminstone två av barnen är pojkar? Vi antar attsannolikheten för pojke o h �i ka är lika stor.Komplementet till händelsen �åtminstone två pojkar� är �ingen eller enpojke�, vilket betyder att vi skall undersöka olikheten

P (�åtminstone två pojkar�) = 1 − P (�ingen eller en pojke�) ≥ 3

4.

P (�ingen eller en pojke�) fås som en binomialsannolikhetP (�ingen eller en pojke�) =

(n

0

)

0, 500, 5n +

(n

1

)

0, 510, 5n−1

=n!

0!n!0, 5n +

n!

1!(n − 1)!0, 5n

= 0, 5n(1 + n) .Vi skall alltså lösa olikheten 1 − 0, 5n(1 + n) ≥ 34. Dessvärre måste vi göradetta genom prövning, ty det går inte att få en expli it lösning med elementära

294 KAPITEL 12. SANNOLIKHETSLÄRAmetoder. Vi får således1 − 0, 5n(1 + n) ≥ 3

4⇔

0, 5n(1 + n) ≤ 1

4

n = 2 ⇒ 0, 5n(1 + n) = 0, 75 6≤ 1

4

n = 3 ⇒ 0, 5n(1 + n) = 0, 50 6≤ 1

4

n = 4 ⇒ 0, 5n(1 + n) = 0, 31 6≤ 1

4

n = 5 ⇒ 0, 5n(1 + n) = 0, 19 ≤ 1

4.Slutsatsen är att fem barn eller �era ger en sannolikhet för åtminstone tvåpojkar som är större än 75%.12.9 Stokastisk variabelVi går nu vidare från binomialsannolikheter till ett mer allmänt begrepp.Vi tänker oss att vi kastar pil på en piltavla, så att sannolikheten att en pilträ�ar tavlan är 0, 8 o h att den missar är 0, 2. Vi antar att vi har n pilar o hundersöker sannolikheten att k av dessa (0 ≤ k ≤ n) trä�ar tavlan. Dennages som bekant av binomialsannolikheten

P (�k trä�ar av n�) = pn,k =

(n

k

)

· 0, 8k · 0, 2n−k .Vi beräknar nu dessa för n = 5 o h alla tänkbara värden på k:k 0 1 2 3 4 5

∑5k=0 p5,k

pn=5,k/% 0, 032 0, 64 5, 12 20, 48 40, 96 32, 77 100I den sista kolumnen har vi summerat sannolikheterna o h kommit till 100%,som sig bör eftersom denna summa omfattar hela utfallsrummet. När vi kas-tar 5 pilar kan vi alltså få 0-5 trä�ar. Vi kan åskådliggöra de enskilda san-nolikheterna i tabellen ovan i ett histogram (stolpdiagram), se Figuren 12.3.Ur diagrammet, som illustrerar en s.k. binomial sannolikhetsfördelning, kanman utläsa sannolikheterna för olika antal trä�ar. För varje kastomgång kan

12.9. STOKASTISK VARIABEL 295

0

0.05

0.1

0.15

0.2

0.25

0.3

0.35

0.4

0.45

0 1 2 3 4 5

pk

kFigur 12.3: Binomial sannolikhetsfördelning för pilkastning.vi få olika resultat, exempelvis serien {t, m, t, t, m} (t = trä�, m = miss) ellerserien {t, t, t, t, m}. Om vi ser på dessa resultat är antalet �trä�ar� en funk-tion av varje resultatserie. Läser vi in resultatserien {t, m, t, t, m} i dennafunktion spottar denna ut resultatet 3. En funktion som tar in en händelsefrån ett utfallsrum o h spottar ut ett reellt tal kallas en stokastisk varia-bel. En stokastisk variabel är alltså ingen variabel som namnet missvisandesäger, utan den är en funktion. Vi bete knar här stokastiska variabler medunderstre kad, liten bokstav, t.ex. x.Om vi kallar den stokastiska variabeln (s.v.) �antalet trä�ar på fem för-sök� för x får vi att dess de�nitionsmängd är alla olika (25 st) resultatserierman kan bilda. Värdemängden är {0, 1, 2, 3, 4, 5}. Då har den stokastiska va-riabeln x en ändlig värdemängd o h kallas följaktligen diskret. Sambandetmellan de värden den stokastiska variabeln antar o h dessas sannoliketer be-skrivs med frekvensfunktionen f . För x gäller t.ex. att f(4) = 40, 96%. Manbrukar bete knaf(4) = p5,4 = P (x = 4) = �sannolikheten att x antar värdet 4.�Vi sammanfattar:

296 KAPITEL 12. SANNOLIKHETSLÄRADe�nition 12.9.1. En stokastisk variabel x är en funktion från ett empirisktutfallsrum till en delmängd av R.Den stokastiska variabeln x (o h dess fördelning) är diskret, om dess vär-demängd är ändlig (eller oändlig men uppräknelig).Frekvensfunktionen f för den stokastiska variabeln x anger sannolikhetenför varje värde som x antar o hf(xk) = pk = P (x = xk)Samma resonemang som i exemplet ovan med binomialsannolikheterna iutfallsrummet för �antalet trä�ar� motiverar följande:Sats 12.9.1. Antag att {x1, x2, x3, . . . , xn} är värdemängden för den stokas-tiska variabeln x. Då gäller för frekvensfunktionen f , att

f (x1) + f (x2) + f (x3) + . . . + f (xn) = 1 .12.10 Diskreta sannolikhetsfördelningarFördelningen ovan som vi kallade binomial sannolikhetsfördelning brukar be-nämnas binomialfördelning. Vi har redan studerat binomialfördelning i pil-kastningsexemplet med n = 5. Allmänt har vi:De�nition 12.10.1. BinomialfördelningFör en binomialfördelning gällerpk =

(n

k

)

pk(1 − p)n−k ,där p ∈]0, 1[, n ∈ Z+ o h k = 0, 1, 2, 3, . . . , n. Att den stokastiska variabeln xär binomialfördelad bete knas x ∼ Bin(n, p), där n o h p kallas parametrar.Känner man dessa parametrar känner man även fullständigt till fördelningen.Exempel 12.10.1. Vi bestämmer sannolikhetsfördelningen för den stokastis-ka variabeln x =�resultatet från ett tärningskast�. Varje ögontal på tärningenhar sannolikheten 16. Vi kan då skriva

f(1) = f(2) = f(3) = f(4) = f(5) = f(6) =1

6.Denna typ av fördelning kallas likformig o h �nns illustrerad i Figuren 12.4.

12.11. FÖRDELNINGARS KARAKTERISTIKOR 297

0

16

1 2 3 4 5 6

pk

kFigur 12.4: Likformig sannolikhetsfördelning för kast med tärning.De�nition 12.10.2. Likformig fördelningFrekvensfunktionen för en likformig fördelning kännete knas av:p1 = p2 = p3 = . . . = pn =

1

n.12.11 Fördelningars karakteristikorEn binomialfördelning kunde beskrivas fullständigt med värdena på dess pa-rametrar n o h p. Med hjälp av dessa kan vi rekonstruera fördelningen enty-digt. Däremot, om vi vill jämföra olika fördelningar säger inte dessa parame-tervärden oss så my ket. I en fördelning kan ju ett parametervärde betyda enhelt annan sak än i en annan fördelning. För att kunna göra jämförelser avfördelningar o h beskriva dessa närmare har man därför de�nierat begreppetkarakteristika. Dessa består av värden som kännete knar en fördelning o hpå ett objektivt sätt beskriver dess egenskaper.Den första karakterstikan vi skall behandla är väntevärdet. Om vi erinraross exemplet med pilkastning, så kan vi tänka oss några pilkastare innan dehar kastat. Vi känner sannolikhetsfördelningen för antalet trä�ar i tavlan ser

298 KAPITEL 12. SANNOLIKHETSLÄRAut. Väntevärdet beskriver nu det antal trä�ar vi kan förvänta oss att var o hen av kastarna kommer att få.De�nition 12.11.1. En stokastisk variabel x antas ha värdemängden Vx ={x1, x2, . . . , xn} med tillhörande sannolikhetsfördelning p1, p2, . . . , pn. Vänte-värdet av den stokastiska variabeln x är ett vägt medelvärde av elementen ivärdemängden med motsvarande sannolikheter som vikter, d.v.s. om vänte-värdet bete knas E (x) så har vi

E (x) =n∑

i=1

pixi = p1x1 + p2x2 + · · ·+ pnxn .För den likformiga fördelningen ovan blir väntevärdet särskilt enkelt, ef-tersom pi = 1n, ∀i = 1, 2, . . . n:

E (x) =

n∑

i=1

pixi =1

n(x1 + x2 + · · · + xn) .För en binomialfördelad stokastisk variabel med parametrarna n o h psamt värdemängden Vx = {0, 1, 2, . . . , n} gäller

E (x) =

n∑

k=0

k

(n

k

)

pk(1 − p)n−k

= 0 +

n∑

k=1

kn!

k!(n − k)!pk(1 − p)n−k

=n∑

k=1

n!

(k − 1)!(n − k)!pk(1 − p)n−k , k′ = k − 1 ,

=n−1∑

k′=0

n!

k′!(n − (k′ + 1))!pk′+1(1 − p)n−(k′+1)

12.11. FÖRDELNINGARS KARAKTERISTIKOR 299= np

n−1∑

k′=0

(n − 1)!

k′!(n − (k′ + 1))!pk′

(1 − p)n−(k′+1)

= npn−1∑

k′=0

(n − 1)!

k′!((n − 1) − k′))!pk′

(1 − p)(n−1)−k′

= np

n−1∑

k′=0

(n − 1

k′

)

pk′

(1 − p)(n−1)−k′

= np · �summan av alla sannolikheter för n − 1 försök�= np · 1 = np .Exempel 12.11.1. Väntevärdet för kast med tärning är

E (x) =1

6(1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6) =

7

2= 3

1

2,ty vi har en likformig sannolikhetsfördelning med pi = 1

6, ∀i = 1, 2, . . . , 6.Värdemängden för den stokastiska variabeln är Vx = {1, 2, 3, 4, 5, 6}.Exempel 12.11.2. Antalet trä�ar i en piltavla antas vara binomialfördelatmed parametrarna n = 5 o h p = 0, 8. Då blir väntevärdet enligt formeln vihärledde ovan E (x) = np = 5 · 0, 8 = 4.Väntevärdet säger do k inte allt, vi behöver även något slags mått påhur sannolikhetsfördelningen ser ut kring väntevärdet. Är sannolikheten storatt den stokastiska variabeln antar värden nära väntevärdet eller antar denofta värden långt från väntevärdet? För att mäta detta har man de�nieratolika spridningsmått. Dessa anger hur stort avståndet i medeltal är mellandet observerade värdet o h väntevärdet. Vi kan mäta avståndet mellan denstokastiska variabeln x o h väntevärdet E (x) med

|x − E (x)| .Det förväntade värdet av ovanstående blir då E (|x − E (x)|). Det har do ki praktiken visat sig att större avvikelser från väntevärdet är viktigare änobservationer som ligger nära det. Därför har det allmänt vedertagna sprid-ningsmåttet blivit väntevärdet av kvadratiska avvikelsen, nämligen:E (x − E (x))2 .

300 KAPITEL 12. SANNOLIKHETSLÄRADe�nition 12.11.2. Den stokastiska variabeln x har variansen V ar (x), somär väntevärdet av den stokastiska variabeln (x − E (x))2, d.v.s.V ar (x) = E (x − E (x))2 .Variansen bet knas ofta med σ2 o h kvadratroten av variansen kallas stan-dardavvikelse o h bete knas med σ,

σ =√

V ar (x) =

√

E (x − E (x))2 .Väntevärdet bete knas ofta med µ.Observation 12.11.3. Det �nns ett alternativt sätt att skriva variansen, tyden stokastiska variabeln (x − E (x))2 kan skrivas i formen:(x − E (x))2 = (x − µ)2

= x2 − 2µx + µ2 .Från vår de�nition av väntevärdet märker vi nu att beräkning av väntevär-de är en linjär operation, så att väntevärdet av en summa (eller di�erens)av olika funktioner av en viss stokastisk variabel är lika med summan (el-ler di�erensen) av väntevärdena av de aktuella funktionerna. Dessutom ärväntevärdet av en konstant lika med samma konstant (ty summan av allasannolikheterna i utfallsrummet är lika med 1) o h väntevärdet av produktenav en konstant o h en stokastisk variabel är lika med produkten av konstanteno h väntevärdet (av s.v.). Vi får dåE (x − E (x))2 = E (x − µ)2

= E(x2)− E (2µx) + E

(µ2)

= E(x2)− 2µE (x) + µ2

= E(x2)− 2µµ + µ2

= E(x2)− µ2 .Variansen är således lika med variansen för x räknad med väntevärdet nollminus kvadraten av det verkliga väntevärdet.Regel 12.11.4. Beräkning av karakteristikor

12.11. FÖRDELNINGARS KARAKTERISTIKOR 301Om den stokastiska variabeln x har värdemängden {x1, x2, . . . , xn} medsannolikhetsfördelningen p1, p2, . . . , pn sä gäller:µ =

n∑

i=1

pixi = p1x1 + p2x2 + · · · + pnxn ,

σ2 =n∑

i=1

pi (xi − µ)2 =n∑

i=1

pix2i − µ2

= p1 (x1 − µ)2 + · · ·+ pn (xn − µ)2

= p1x21 + p2x

22 + · · ·+ pnx2

n − µ2 ,

µ =

√√√√

n∑

i=1

pi (xi − µ)2 =

√√√√

n∑

i=1

pix2i − µ2 .Exempel 12.11.5. Vi återgår till vårt tidigare exempel med pilkastning.I detta fall är den stokastiska variabeln binomialfördelad med parametrar-na n = 5 o h p = 0, 8. Väntevärdet blir då enligt teorin µ = np = 5 · 0, 8 = 4.Stokastiska variabelns värdemängd är {x1, x2, . . . , xn} = {1, 2, 3, 4, 5} o hsannolikhetsfördelningen enligt tidigare beräkning (tabellen i tidigare exem-pel)

{p0, p1, p2, p3, p4, p5} =

{0, 00032 , 0, 0064 , 0, 0512 , 0, 2048 , 0, 4096 , 0, 3277} .Vi kan då beräkna variansenσ2 =

5∑

i=0

pi (xi − µ)2

= 0, 00032(0− 4)2 + 0, 0064(1 − 4)2 + 0, 0512(2− 4)2

+ 0, 2048(3− 4)2 + 0, 4096(4 − 4)2 + 0, 3277(5− 4)2

≈ 0, 80002 ⇒σ =

√

0, 80002 ≈ 0, 8944 .Regel 12.11.6. Variansen för en binomialfördelad stokastisk variabelOm den stokastiska variabeln x är binomialfördelad med parametrarna n

302 KAPITEL 12. SANNOLIKHETSLÄRAo h p gäller:V ar (x) = E (x − E (x))2

= E(x2)− (E (x))2

=n∑

k=0

k2

(n

k

)

pk(1 − p)n−k − n2p2 , k2 = k(k − 1) + k

=

n∑

k=1

(k(k − 1) + k)

(n

k

)

pk(1 − p)n−k − n2p2

=

n∑

k=1

k(k − 1)

(n

k

)

pk(1 − p)n−k +

n∑

k=0

k

(n

k

)

pk(1 − p)n−k

︸︷︷︸

=µ=np

−n2p2

=

n∑

k=2

k(k − 1)n!

k!(n − k)!pk(1 − p)n−k + np − n2p2

=

n∑

k=2

n!

(k − 2)!(n − k)!pk(1 − p)n−k + np − n2p2 , k′ = k − 2

=

n−2∑

k′=0

n!

k′!(n − (k′ + 2))!pk′+2(1 − p)n−(k′+2) + np − n2p2

= n(n − 1)p2n−2∑

k′=0

(n − 2)!

k′!((n − 2) − k′)!pk′

(1 − p)(n−2)−k′

+ np − n2p2

= n(n − 1)p2

n−2∑

k′=0

(n − 2

k′

)

pk′

(1 − p)(n−2)−k′

+ np − n2p2

= n(n − 1)p2 · �summan av alla sannolikheter för n − 2 försök�+ np − n2p2

= n(n − 1)p2 · 1 + np − n2p2

= n2p2 − np2 + np − n2p2

= np(1 − p) .I vårt exempel ovan skulle regeln ge resultatet σ2 = np(1 − p) = 5 · 0, 8 ·(1 − 0, 8) = 0, 8, vilket stämmer överens med vår tidigare beräkning.

12.12. KONTINUERLIGA FÖRDELNINGAR 30312.12 Kontinuerliga fördelningarVi de�nierade tidigare begreppet stokastisk variabel (s.v.), som en funktionfrån ett utfallsrum som de�nitionsmängd till en värdemängd som består avreella tal. I exemplet med antalet trä�ar i tavla vid pilkastning erinrar vioss t.ex. att utfallet {t, m, t, t, m} avbildades på talet 3 (= antalet trä�ar).Den fördelning vi har behandlat mest ingående, binomialfördelningen, haralltid heltal som värdemängd. Vi kommer nu att utvidga begreppet stokastiskvariabel till att innefatta även fördelningar med hela R eller ett delintervallav denna som värdemängd. Vi kan exempelvis tänka oss att den stokastiskavariabeln x har Vx = [0, 10], d.v.s. att x antar värden från 0 till 10.De�nition 12.12.1. Den stokastiska variabeln x (o h dess fördelning) ärkontinuerlig, om dess värdemängd Vx består av hela R eller ett delintervallav R. Fördelningen för en kontinuerlig stokastisk variabel bestäms av fre-kvensfunktionen f med egenskaperna:1. f ≥ 0 för alla x ∈ R2. f är kontinuerlig överallt, utom möjligen för ett ändligt antal x-värden3. Arean av området mellan kurvan y = f(x) o h x-axeln är lika med 1Varje funktion f som uppfyller punkterna ovan kan betraktas som en fre-kvensfunktion.När vi beräknar sannolikheter för en kontinuerlig stokastisk variabel ut-nyttjar vi frekvensfunktionen f .Exempel 12.12.1. Vi undersöker omf(x) =

{225

x , 0 ≤ x ≤ 5 ,0 , för övriga xär en frekvensfunktion för en stokastisk variabel. Funktionen �nns illustreradi Figuren 12.5 Punkterna 1. o h 2. uppfylls uppenbarligen så dessa behöver

304 KAPITEL 12. SANNOLIKHETSLÄRA

0

15

25

0 1 2 3 4 5 6

y

x

0

15

25

0 1 2 3 4 5 6

y

xFigur 12.5: Rampformad frekvensfunktion för en stokastisk variabel.vi inte undersöka närmare. Vi går därför till punkt 3.∫ 5

0

f(x) dx =

∫ 5

0

2

25x dx

=

5/

0

2

25· x2

2

=

5/

0

x2

25=

52

25− 0 = 1 .Funktionen f är alltså en frekvensfunktion per de�nition.Vi kommer ihåg att sannolikheten för en säker händelse är lika med ett.Arean under frekvensfunktionen måste även den vara ett, enligt de�nitionen.Just arean under frekvensfunktionen beskriver sannolikheter för en kontinu-erlig stokastisk variabel.Regel 12.12.2. Antag att x är en kontinuerlig stokastisk variabel med fre-kvensfunktionen f . Sannolikheten att x skall anta ett värde i intervallet [a, b] ⊆

12.12. KONTINUERLIGA FÖRDELNINGAR 305Dx är då arean av området under f som begränsas av linjerna x = a o hx = b, d.v.s.:

P (a ≤ x ≤ b) =

∫ b

a

f(x) dx .Exempel 12.12.3. Vi tittar på den rampformade fördelningen i föregåendeexempel o h beräknar sannolikheterna:(a) P (2 ≤ x ≤ 4)(b) P (x ≤ 3)( ) P (x ≥ 3)(d) P (x = 3)Vi börjar med att beräkna rent allmänt, se lösningen till föregående exempel,för frekvensfunktionenf(x) =

{225

x , 0 ≤ x ≤ 5 ,0 , för övriga xfås

∫ b

a

f(x) dx =b2 − a2

25.I respektive fall har vi då resultaten(a) För P (2 ≤ x ≤ 4) har vi a = 2 o h b = 4, vilket ger

P (2 ≤ x ≤ 4) =

∫ 4

2

f(x) dx =42 − 22

25=

12

25.(b) För P (x ≤ 3) har vi a = 0 (f försvinner till vänster om origo) o h

b = 3, vilket gerP (x ≤ 3) = P (0 ≤ x ≤ 3) =

∫ 3

0

f(x) dx =32 − 02

25=

9

25.

306 KAPITEL 12. SANNOLIKHETSLÄRA( ) För P (x ≥ 3) har vi a = 3 o h b = 5 (f försvinner till höger ompunkten x = 5) , vilket gerP (x ≥ 3) = P (3 ≤ x ≤ 5) =

∫ 5

3

f(x) dx =52 − 32

25=

16

25= 1 − 9

25.I det sista steget observeras att P (x ≥ 3) = 1 − P (x ≤ 3) p.g.a. attsannolikheterna är komplementsannolikheter.(d) För P (x = 3) får vi omedelbart, att a = 3 = b varvid

P (x = 3) = P (3 ≤ x ≤ 3) =

∫ 3

3

f(x) dx =32 − 32

25= 0 .Från (d)-fallet konstaterar vi att sannolikheten för att den stokastiska varia-beln antar exakt värdet 3 är lika med noll. Detta är en allmän egenskap hoskontinuerliga fördelningar, för en konstant a gäller alltid att P (x = a) = 0.Detta kan förklaras på följande sätt: Eftersom den stokastiska variabeln kananta pre is alla värden i R eller i ett delintervall av R o h det då �nns oänd-ligt många värden som kommer i fråga så måste sannolikheten för att s.v.skall anta exakt ett enskilt värde vara lika med noll.12.13 NormalfördelningenDen vanligaste kontinuerliga fördelningen är utan tvekan normalfördelning-en. Denna fördelning beskriver många olika fenomen i naturen, t.ex. intelli-genskvot, personers längd, poäng i tentamen o.s.v. En av de viktigaste egen-skaperna hos normalfördelningen är do k linjäriteten, i den meningen attsumman av normalfördelade stokastiska variabler o kså bildar en normalför-delad stokastisk variabel. Vi skall do k inte gå vidare in på detta här.De�nition 12.13.1. Frekvensfunktionen för en normalfördelning är

f(x) =1

σ√

2πe−

12(

x−µσ )

2

,för parametrarna µ, σ ∈ R med σ > 0. Om en stokastisk variabel x ärnormalfördelad bete knas detta medx ∼ N(µ, σ) ,

12.13. NORMALFÖRDELNINGEN 307µ bete knar fördelningens väntevärde o h σ dess standardavvikelse. Om µ =0 o h σ = 1 talar vi om en standardiserad normalfördelning, med frekvens-funktionen ϕ (uttalas �lilla ��):

ϕ(x) =1√2π

e−x2

2 .Normalfördelningens värdemängd är hela den reella talaxeln (hela R). Viser nu vad som händer då vi varierar värdena på parametrarna µ o h σ. Omvi utgår från en standardiserad fördelning ∼ N(0, 1) o h ändrar på µ så kom-mer grafens y = f(x) utseende o h form att vara lika, men pla eringen längsx-axeln kommer att ändra. µ beskriver ju väntevärdet. Om däremot σ ändrasfår vi olika utseende (form) på grafen y = f(x) o h t.ex. fallet σ < 1 har enmindra standardavvikelse än fördelningen∼ N(0, 1). Detta innebär att de ob-serverade värdena med större sannolikhet ligger nära väntevärdet x = µ. Vifår då en fördelning med spetsig topp. Å andra sidan, om σ > 1 är sannolik-heten större att de observerade värdena ligger långt från väntevärdet x = µ.I detta fall fås en fördelning med trubbig topp. Den standardiserade normal-fördelningen N(0, 1) tillsammans med de två ovan beskrivna fallen exempli�-erade av N(2, 1), N

(0, 1

2

) respektive N(0, 3

2

) �nns illustrerade i Figuren 12.6.Vi såg tidigare att för att bestämma sannolikheter måste vi integrera fördel-ningsfunktionen mellan de aktuella gränserna för den stokastiska variabelnsobservationer. För normalfördelningen är det dessvärre inte möjligt att direktbestämma en primitiv funktion till f med hjälp av elementära funktioner.Man har därför utfört integreringen numeriskt (t.ex. med approximation ellerdatorberäkning) på förhand för den standardiserade fördelningen N(0, 1) o htabellerat resultatet. Eftersom en allmän normalfördelningN(µ, σ) enkelt kanrelateras till den standardiserade går sannolikhetsberäkningar i praktiken tillså att man först övergår till standadiserad form på fördelningen o h sedanslår upp de sökta sannolikheterna i tabeller. Vi har då i våra tabeller värdenpå funktionen Φ(k) för den stokastiska variabeln x ∼ N(0, 1), enligt:P (x ≤ k) = Φ(k) = F (k) =

∫ k

−∞ϕ(x) dx =

1√2π

∫ k

−∞e−

x2

2 dx .Funktionen F , som motsvarar integralen av frekvensfunktionen f (eller �stora��, Φ, som motsvarar integralen av �lilla ��, ϕ) brukar kallas fördelningsfunk-tion. Vi har följande:Regel 12.13.1. Låt k > 0 vara ett reellt tal o h den s.v. x ∼ N(0, 1). Då harvi för k, k1, k2 ∈ R:

308 KAPITEL 12. SANNOLIKHETSLÄRA

0

14

12

34

−4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4

y

x

0

14

12

34

−4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4

y

x

0

14

12

34

−4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4

y

xFigur 12.6: Normalfördelningen för olika parametervärden µ o h σ.1. P (x ≤ k) = Φ(k)2. P (x ≥ k) = 1 − P (x ≤ k) = 1 − Φ(k)3. P (k1 ≤ x ≤ k2) = Φ(k2) − Φ(k1)4. Φ(−k) = P (x ≤ −k) = 1 − P (x ≤ k) = 1 − Φ(k)Exempel 12.13.2. Låt x ∼ N(0, 1). Bestäm sannolikheterna (a) P (x ≤ 1),(b) P (x ≥ 1), ( ) P (1 ≤ x ≤ 2) o h (d) P (−1 ≤ x ≤ 2)Från en tabell över den standardiserade normalfördelningens fördelnings-funktion slår vi först upp Φ(1) = 0, 8413 o h Φ(2) = 0, 9772. Därefter kan viberäkna:(a) P (x ≤ 1) = Φ(1) = 0, 8413(b) P (x ≥ 1) = 1 − P (x ≤ 1) = 1 − Φ(1) = 1 − 0, 8413 = 0, 1587( ) P (1 ≤ x ≤ 2) = Φ(2) − Φ(1) = 0, 9772− 0, 8413 = 0, 1359(d) P (−1 ≤ x ≤ 2) = Φ(2)−Φ(−1) = Φ(2)− (1 − Φ(1)) = Φ(2) + Φ(1)−1 = 0, 9772 + 0, 8413 − 1 = 0, 8185

12.13. NORMALFÖRDELNINGEN 309Vi nämnde tidigare att man kan �standardisera� en s.v. som är normal-fördelad med godty kliga parametervärden µ o h σ. Oberoende av värdenapå dessa parametrar kan vi således relatera den stokastiska variabeln x ∼N(µ, σ) till den s.v. z ∼ N(0, 1). Det är inte svårt att visa, att vi då måsteha relationen:

z =x − µ

σ.Vi konstaterar, för väntevärdet av z:

E (z) = E

(x − µ

σ

)

=1

σE (x − µ) =

1

σ(E (x) − µ) =

µ − µ

σ= 0 .För variansen får vi vidare:

V ar (z) = V ar

(x − µ

σ

)

= E(z2)− (E (z))2

= E

(x − µ

σ

)2

− 02 = E

(x2 − 2µx + µ2

σ2

)

=1

σ2

(E(x2)− 2µE (x) + µ2

)=

1

σ2

(E(x2)− 2µ2 + µ2

)

=1

σ2

(E(x2)− µ2

)

︸︷︷︸

σ2

= 1 .Exempel 12.13.3. Vi vet att längden av fullvuxna kvinnor i en populationär en normalfördelad stokastisk variabel x med väntevärdet µ = 160 cm o hstandardavvikelsen σ = 6, 5 cm. Vi skall beräkna sannolikheten att en påmåfå vald kvinna har en längd som ligger mellan 150 o h 170 cm.Vi vet alltså, att x ∼ N(160 , 6, 5), med enheten bortlämnad. Vi an-tar att alla mått i fortsättningen är i cm. Eftersom vi har standardiseradenormalfördelningens fördelningsfunktion tabellerad måste vi övergå till den�standardiserade� stokastiska variabelnz =

x − µ

σ=

x − 160

6, 5.För detta samband gäller nu i de aktuella gränserna:

x = 150 ⇔ z =150 − 160

6, 5≈ −1, 54 ,

x = 170 ⇔ z =170 − 160

6, 5≈ 1, 54 .

310 KAPITEL 12. SANNOLIKHETSLÄRAVi får då kalkylenP (150 ≤ x ≤ 170) = P (−1, 54 ≤ z ≤ 1, 54)

= Φ(1, 54) − Φ(−1, 54) = Φ(1, 54) − (1 − Φ(1, 54))

= 2Φ(1, 54) − 1 = 2 · 0, 9382 − 1 = 0, 8764 .

Documents

Repetitionskurs - Åbo Akademi · Geometri oh c rigonometri T 89 5.1 Vinklar. 89 5.2 riangeln T. 91 5.2.1 Rätvinkliga triangeln. 91 5.3 eln Enhetscirk. 95 5.4 ... 9.3 onjugatet,