1. No category

MATEMAATTINEN ANALYYSI
Juha Partanen
¨site
1. Joukko-opin alkeet ja kuvauksen ka
Logiikan merkint¨
o j¨
a ja nimityksi¨
a.
Jos A ja B ovat lauseita, joilla on totuusarvo (tosi tai ep¨
atosi), merkit¨
aa
¨n seuraavasti:
A ∧ B (A ja B; A:n ja B:n konjunktio, joka on tosi, kun sek¨
a A ett¨
a B ovat tosia
ja muulloin ep¨
atosi).
A ∨ B (A tai B; A:n ja B:n disjunktio, joka on tosi, kun joko A tai B tai molemmat
ovat tosia ja muulloin ep¨
atosi).
A ⇒ B (jos A niin B; implikaatio; A implikoi B:n; A:sta seuraa B. Implikaatio
on ep¨
atosi, kun A on tosi ja B ep¨
atosi; muulloin tosi).
A ⇔ B (A jos ja vain jos B; ekvivalenssi. Ekvivalenssi on tosi jos A:lla ja B:ll¨
a on
sama totuusarvo muulloin ep¨
atosi. A ⇔ B on sama kuin (A ⇒ B) ja (B ⇒ A)).
¬A (ei A; A:n negaatio. Negaatio on tosi jos A on ep¨
atosi ja ep¨
atosi kun A on tosi).
N¨
aist¨
a matematiikassa on keskeist¨
a ymm¨
art¨
aa
¨ implikaatio oikein, sill¨
a matemaattinen teoria etenee peruslauseista (aksioomista tai jo todistetuista lauseista) uusiin
seuraavalla p¨
aa
¨ttelys¨
aa
¨nn¨
oll¨
a:
(p)
(P ja (P ⇒ Q)) ⇒ Q
toisin sanoen P :n totuus ja implikaation P ⇒ Q totuus takaa my¨
os Q:n totuuden.
Sit¨
a ei riit¨
a takaamaan implikaation P ⇒ Q totuus, sill¨
a lause ”jos P , niin Q”
tarkoittaa samaa kuin disjunktio ”(ei P ) tai Q ”. N¨
ain ollen P ⇒ Q on tosi, jos
P on ep¨
atosi!
Esimerkki. Ep¨
atodesta v¨
aitteest¨
a 1 < 0 saadaan todet implikaatiot
1 < 0 ⇒ Tarja ei ole naisen nimi
1 < 0 ⇒ T¨
am¨
a kurssi on hy¨
o dyt¨
on
vaikkei kumpikaan johtop¨
aa
¨t¨
oksist¨
a ole tosi.
Implikaation P ⇒ Q todistamiseksi riitt¨
aa
¨ siis olettaa P ja p¨
aa
¨tell¨
a siit¨
a Q, sill¨
a
jos P ei ole tosi, implikaatio on tosi. Johtop¨
aa
¨t¨
oksen Q totuus saadaan matematiikan teoriassa p¨
aa
¨ttelem¨
all¨
a tosista premisseist¨
a P yll¨
a mainitulla p¨
aa
¨ttelys¨
aa
¨n¨
oll¨
a
(p) ett¨
a Q on my¨
os tosi.
Usein lauseen P totuus riippuu siin¨
a esiintyvist¨
a muuttujista, esimerkiksi x:st¨
a.
T¨
all¨
oin k¨
aytet¨
aa
¨n merkint¨
o j¨
a:
1
∀x : P (x), ”kaikilla x, P (x) tosi”
∃x : P (x), ”on olemassa x s.e. P (x) tosi” (s.e. = ”siten ett¨
a”)
Symboli ∀ (kaikilla, kaikille, jokaiselle) on ns. universaalikvanttori, symboli ∃ (on
olemassa) ns. eksistenssikvanttori. Opimme my¨
ohemmin k¨
ayt¨
ann¨
oss¨
a niiden k¨
aytt¨
oa
¨.
Joukko-oppia.
Omaksumme naivin l¨
aht¨
okohdan: puhumme joukoista ja niiden alkioista ilman
tarkempaa selityst¨
a. T¨
ast¨
a ei t¨
all¨
a kurssilla k¨
ayt¨
ann¨
oss¨
a aiheudu loogisia ongelmia.
Joukkoja merkit¨
aa
¨n yleens¨
a isoilla ja niiden alkioita pienill¨
a kirjaimilla. Merkint¨
a
x ∈ A luetaan ”x kuuluu A:han” tai ”x on joukon A alkio”. Vastakohta ¬x ∈ A
merkit¨
aa
¨n x ∈
/ A ja luetaan ”x ei kuulu A:han” tai ”x ei ole A:n alkio”. Jos P (x)
on alkiota x koskeva v¨
aite, joka on tosi tai ep¨
atosi joukon A alkioilla, merkit¨
aa
¨n
niiden x ∈ A joukkoa, joilla P (x) on tosi, symbolilla
{x ∈ A | P (x)}
tai vain {x | P (x)}, jos asiayhteydest¨
a on selv¨
aa
¨, ett¨
a puhutaan joukon A alkioista.
Esimerkki 1.1.
i) {1, 2, 3} = luonnollisten lukujen 1, 2 ja 3 joukko; 1 ∈ {1, 2, 3}; 4 ∈
/ {1, 2, 3}.
ii) Jos A = {1, 2, 3}, niin {x ∈ A | x > 2} = {3}.
iii) Erityisi¨
a joukkoja :
∅ = joukko, jossa ei ole alkioita, tyhj¨
a joukko,
N = {1, 2, 3, . . .}, luonnolliset luvut,
N0 = {0, 1, 2, 3, . . .}, luonnolliset luvut ja 0,
Z = {. . . , −3, −2, −1, 0, 1, 2, 3, . . .}, kokonaisluvut,
p
Q = { q | p ∈ Z, q ∈ Z ja q 6= 0}, rationaaliluvut
p
(= {x | x = q joillain p ∈ Z, q ∈ Z ja q 6= 0}),
R, reaaliluvut,
√
C = ({a + ib | a, b ∈ R ja i = −1}), kompleksiluvut.
Avoimet v¨
alit.
]a, b[ = {x ∈ R | a < x < b}, (a, b ∈ R; a < b)
]−∞, a[ = {x ∈ R | x < a}, (a ∈ R)
]a, ∞[ = {x ∈ R | x > a}, (a ∈ R)
]−∞, ∞[ = R.
Puoliavoimet v¨
alit.
]a, b] = {x ∈ R | a < x ≤ b}, (a, b ∈ R; a < b)
[a, b[ = {x ∈ R | a ≤ x < b}, (a, b ∈ R; a < b)
]−∞, a] = {x ∈ R | x ≤ a}, (a ∈ R)
[a, ∞[ = {x ∈ R | x ≥ a}, (a ∈ R)
2
Suljetut v¨
alit.
[a, b] = {x ∈ R | a ≤ x ≤ b}, (a, b ∈ R; a ≤ b)
(Joissain yhteyksiss¨
a voi olla mukava sallia my¨
os yksipisteinen joukko {a} suljetuksi
v¨
aliksi [a, a].)
V¨
alien [a, b], ]a, b[, [a, b[ ja ]a, b] (a, b ∈ R; a < b) pituus = b − a.
M¨
a¨
aritelm¨
a 1.2. Joukkojen A ja B
i) yhdiste A ∪ B = {x | x ∈ A tai x ∈ B}.
ii) leikkaus A ∩ B = {x | x ∈ A ja x ∈ B}.
iii) erotus A \ B(= A − B) = {x | x ∈ A ja x ∈
/ B}.
Joukko A on joukon B osajoukko, A ⊂ B, jos jokainen A:n alkio on my¨
os B:n alkio,
ts. jos ∀x : x ∈ A ⇒ x ∈ B.
Huomautus. Erityisesti osajoukon m¨
aa
¨ritelm¨
ast¨
a seuraa, ett¨
a A ei ole B:n osajoukko, A 6⊂ B, jos ja vain jos on olemassa ainakin yksi x ∈ A niin, ett¨
ax∈
/ B.
Esimerkki 1.3.
i) ∅ ⊂ A kaikilla joukoilla A, sill¨
a ∀x : x ∈ ∅ ⇒ x ∈ A. [Implikaatio x ∈ ∅ ⇒ x ∈ A
on aina tosi, sill¨
a se tarkoittaa samaa kuin ”x ∈
/ ∅ tai x ∈ A” ja t¨
ass¨
a x∈
/ ∅ on
aina tosi.]
ii) ∅ ⊂ N ⊂ N0 ⊂ Z ⊂ Q ⊂ R.
iii) A ⊂ A ∪ B, B ⊂ A ∪ B, A ∩ B ⊂ A, A ∩ B ⊂ B, A \ B ⊂ A ja B \ A ⊂ B.
Useissa yhteyksiss¨
a tarkastellaan jonkin kiinte¨
an perusjoukon E (esim. R) osajoukkoja. T¨
all¨
oin joukkoa E \ A nimitet¨
aa
¨n my¨
os A:n komplementiksi (joukossa E)
ja merkit¨
aa
¨n Ac (tai CE (A), C(A), {E (A), {(A), . . .).
Kaksi joukkoa A ja B ovat samat, jos niill¨
a on samat alkiot, ts. jos ∀x : x ∈ A ⇔
x ∈ B (eli A ⊂ B ja B ⊂ A).
Lause 1.4. Olkoot A, B ja C E:n osajoukkoja. T¨
all¨
oin
(a) A ∩ A = A ∪ A = A
(b) A ∩ Ac = ∅ ja A ∪ Ac = E
(c) (Ac )c = A
(d) A ∩ B = B ∪ A ja A ∪ B = B ∪ A
(e) (A ∩ B) ∩ C = A ∩ (B ∩ C)
(f) (A ∪ B) ∪ C = A ∪ (B ∪ C)
(g) A ∩ (B ∪ C) = (A ∩ B) ∪ (A ∩ C)
(h) A ∪ (B ∩ C) = (A ∪ B) ∩ (A ∪ C)
(i) (A ∩ B)c = Ac ∪ B c ja (A ∪ B)c = Ac ∩ B c
(1)
Todistus. Todistetaan malliksi v¨
aite (g). On siis osoitettava, ett¨
a A ∩ (B ∪ C) ⊂
(2)
(A ∩ B) ∪ (A ∩ C) ja (A ∩ B) ∪ (A ∩ C) ⊂ A ∩ (B ∪ C).
3
(1) Olkoon x ∈ A ∩ (B ∪ C). T¨
all¨
oin
x ∈ A ja (x ∈ B ∪ C) ⇒ x ∈ A ja (x ∈ B tai x ∈ C) ⇒
(x ∈ A ja x ∈ B) tai (x ∈ A ja x ∈ C) ⇒ x ∈ A ∩ B tai x ∈ A ∩ C ⇒
x ∈ (A ∩ B) ∪ (A ∩ C)
∴ ∀x : x ∈ A ∩ (B ∪ C) ⇒ x ∈ (A ∩ B) ∪ (A ∩ C) eli
A ∩ (B ∪ C) ⊂ (A ∩ B) ∪ (A ∩ C).
(2) Olkoon x ∈ (A ∩ B) ∪ (A ∩ C). T¨
all¨
oin
x ∈ A ∩ B tai x ∈ A ∩ C ⇒ (x ∈ A ja x ∈ B) tai (x ∈ A ja x ∈ C) ⇒
x ∈ A ja (x ∈ B tai x ∈ C) ⇒ x ∈ A ja x ∈ B ∪ C ⇒ x ∈ A ∩ (B ∪ C).
∴ ∀x : x ∈ (A ∩ B) ∪ (A ∩ C) ⇒ x ∈ A ∩ (B ∪ C) eli
(A ∩ B) ∪ (A ∩ C) ⊂ A ∩ (B ∪ C). Indeksoidut joukkoperheet.
Olkoon I joukko (indeksijoukko) ja olkoon kutakin i ∈ I kohti annettu joukko A i .
M¨
a¨
aritelm¨
a 1.5. (Ai )i∈I on indeksoitu joukkoperhe jonka yhdiste on
[
Ai = {x | ∃i ∈ I : x ∈ Ai }
\
Ai = {x | ∀i ∈ I : x ∈ Ai }
i∈I
ja leikkaus
i∈I
Todenn¨
ak¨
oisyyslaskennassa esiintyy usein indeksijoukkona I = N. T¨
all¨
oin merkit¨
aa
¨n my¨
os
∞
∞
\
\
[
[
Ai =
Ai
ja
Ai =
Ai .
i=1
i∈N
Esimerkki. [0, ∞[ = N0 ∪ (
∞
S
i=1
i∈N
i=1
Ii ), kun Ii = ]i − 1, i[ (i ∈ N), ja t¨
am¨
a yhdiste on
pistevieras (erillinen), sill¨
a N0 ∩ Ii = ∅ ∀i ∈ N ja Ii ∩ Ij = ∅ kun i, j ∈ N ja i 6= j.
Jos F on kokoelma joukkoja, merkit¨
aa
¨n my¨
os
\
[
F = {x | x ∈ F ∀F ∈ F }
F = {x | x ∈ F jollain F ∈ F }
4
Esimerkki. Merkit¨
aa
¨n F = {x} | x ∈ R . T¨
all¨
oin
[
F=
[
x∈R
{x} = R.
Karteesinen tulo.
Olkoot A1 , . . . , An joukkoja n ∈ N, n ≥ 2.
M¨
a¨
aritelm¨
a 1.6. Joukkojen A1 , . . . , An karteesinen tulo A1 × . . .× An =
n
Q
Ai on
i=1
sellaisten j¨
arjestettyjen n-jonojen (a1 , . . . , an ) muodostama joukko, ett¨
a ai ∈ Ai ∀i:
A1 × . . . × An = (a1 , . . . , an ) | ai ∈ Ai ∀i ∈ {1, . . . , n}
n
Q
Jos A1 = . . . = An = A, merkit¨
aa
¨n my¨
os
Ai = A n .
i=1
Esimerkki 1.7.
i) Rn = {x | x = (x1 , . . . , xn ), xi ∈ R ∀i}. Erityisesti
R2 = {(x1 , x2 ) | x1 ∈ R, x2 ∈ R} = {(x, y) | x ∈ R, y ∈ R}
on xy-taso ja
R3 = {(x1 , x2 , x3 ) | x1 ∈ R, x2 ∈ R, x3 ∈ R} = {(x, y, z) | x ∈ R, y ∈ R, z ∈ R}
on xyz-avaruus.
Luvut xi ∈ R ovat vektorin (pisteen) x = (x1 , . . . , xn ) ∈ Rn koordinaatit.
ii) Jos A = {1, 2} ja B = {a, b} (a 6= b) niin
A × B = {(1, a), (1, b), (2, a), (2, b)}.
iii) A × ∅ = ∅ × A = ∅ × A1 × . . . × An = ∅.
iv) A × B 6= B × A, jos A 6= ∅ ja B 6= ∅ ja A 6= B.
Lause 1.8.
i) A ⊂ C ja B ⊂ D ⇒ A × B ⊂ C × D.
ii) A × (B ∩ C) = (A × B) ∩ (A × C).
iii) A × (B ∪ C) = (A × B) ∪ (A × C).
Todistus. Malliksi ehdon ii) todistuksen juoni:
x ∈ A × (B ∩ C) ⇔ x = (a, y) (a ∈ A, y ∈ B ∩ C) ⇔
x = (a, y) (a ∈ A, y ∈ B ja y ∈ C) ⇔ x = (a, y) ∈ (A × B) ∩ (A × C). 5
Kuvaukset.
Intuitiivisesti funktio eli kuvaus f : A → B l¨
aht¨
o joukolta A maalijoukkoon B on
”s¨
aa
¨nt¨
o”, joka liitt¨
aa
¨ jokaiseen l¨
ahd¨
on alkioon x maalin alkion y = f (x), x:n kuvan.
T¨
all¨
oin k¨
aytet¨
aa
¨n my¨
os merkint¨
o j¨
a
.
A ............................ B
x
.....................
f (x)
tai x 7→ f (x) tai vain f (x)
Esimerkki 1.9.
i) Jos A = [0, 1], niin x 7→ x3 eli f (x) = x3 on kuvaus A → A, sill¨
a0≤x≤1 ⇒
3
3
0 ≤ x ≤ 1. Toisaalta merkint¨
a f (x) = x ei riit¨
a f :n m¨
aa
¨rittelemiseen ilman l¨
aht¨
o
-ja maalijoukkoja, sill¨
a f (x) = x3 on tulkittavissa my¨
os kuvaukseksi R → R tai
]−∞, 0] → ]−∞, 0] tai . . . .
ii) Joukon A identtinen kuvaus idA : A → A on se kuvaus, jolle idA (x) = x ∀x ∈ A.
iii) Jos B ⊂ A ja f : A → C on kuvaus, saadaan f :n rajoittumakuvaus (f |B) : B →
C joukkoon B asettamalla
(f |B)(x) = f (x) ∀x ∈ B.
Huomautus. Joukko-opin avulla kuvaukselle f : A → B saadaan t¨
asm¨
allisempi
m¨
aa
¨ritelm¨
a samaistamalla kuvaus f : A → B graafinsa
Γ(f ) = {(x, y) ∈ A × B | y = f (x)} ⊂ A × B
kanssa. Havaitaan, ett¨
a kuvauksen graafeja ovat tarkalleen ne osajoukot C ⊂ A×B,
joille p¨
atee: ∀x ∈ A ∃ tasan yksi y ∈ B s.e. (x, y) ∈ C. Jokainen t¨
allainen C ⊂ A×B
antaa siis ”s¨
aa
¨nn¨
on” (x, y) ∈ C ehdolle y = f (x), ts. m¨
aa
¨rittelee kuvauksen f : A →
B. K¨
aa
¨nt¨
aen jokainen kuvaus f : A → B m¨
aa
¨rittelee t¨
allaisen C = Γ(f ) ⊂ A × B.
Pit¨
aydymme t¨
all¨
a kurssilla yksinkertaisemmassa ”s¨
aa
¨nt¨
o”-sanaan nojaavassa kuvausk¨
asitteess¨
a.
Jos f : X → Y on kuvaus A ⊂ X ja B ⊂ Y , niin m¨
aa
¨ritell¨
aa
¨n
f (A) = {f (x) | x ∈ A}, A:n kuva(joukko)
f −1 (B) = {x ∈ X | f (x) ∈ B}, B:n alkukuva(joukko)
T¨
all¨
oin f (A) ⊂ Y ja f −1 (B) ⊂ X. Joukkoa f (X) ⊂ Y sanotaan f :n kuvajoukoksi.
Esimerkki.
i) Jos f : R → R on kuvaus f (x) = x2 , niin f (R)
√ =
√ [0, ∞[, f ([0, 1]) = [0, 1] =
−1
−1
f ([−1, 1]) ja f ([0, 1]) = [−1, 1], f ([0, 2]) = [− 2, 2].
6
ii) Jos f : {1, 2, 3} → {1, 2, 3} on kuvan mukainen, niin
1 .....................................................................................1
2
3
merk.
f −1 ({3}) = f −1 (3) = ∅
..
.......
.......
.......
.......
.
.
.
.
.
.
....
.......
.......
.......
...
...........
...... .
......
.
.
.
.
.
.
.......
......
.......
......
.
.
.
.
.
....
.......
2
f ({1, 3}) = {1, 2}
3
f :n kuvajoukko on {1,2}.
f −1 (2) = {3}
f
Lause 1.10. Olkoon f : A → B kuvaus, X ⊂ A, X 0 ⊂ A, Y ⊂ B ja Y 0 ⊂ B.
T¨
all¨
oin
(i)
f (X ∩ X 0 ) ⊂ f (X) ∩ f (X 0 )
(ii)
f (X ∪ X 0 ) = f (X) ∪ f (X 0 )
(iii)
f −1 (Y ∩ Y 0 ) = f −1 (Y ) ∩ f −1 (Y 0 )
(iv)
f −1 (Y ∪ Y 0 ) = f −1 (Y ) ∪ f −1 (Y 0 )
Todistus. Malliksi iii):n juoni: Olkoon x ∈ A. T¨
all¨
oin
x ∈ f −1 (Y ∩ Y 0 ) ⇔ f (x) ∈ Y ∩ Y 0 ⇔ f (x) ∈ Y ja f (x) ∈ Y 0 ⇔
x ∈ f −1 (Y ) ja x ∈ f −1 (Y 0 ) ⇔ x ∈ f −1 (Y ) ∩ f −1 (Y 0 ). Jos f : A → B ja g : B → C ovat kuvauksia, voidaan muodostaa niiden yhdistetty
kuvaus g ◦ f : A → C asettamalla
g ◦ f (x) = g(f (x)) ∀x ∈ A.
Yhdistetty kuvaus g ◦ f operoi siis A:n alkioon x kuvaamalla sen ensin alkioksi
f (x) ∈ B ja edelleen alkioksi g(f (x)) ∈ C:
..
..
A ................................................................ B ................................................................ C
x ................................................................... f (x) .................................................................. g(f (x)) = (g ◦ f )(x)
M¨
a¨
aritelm¨
a 1.11. Kuvaus f : A → B on
a) injektio, jos f kuvaa eri alkiot eri alkioille, ts. jos
∀x1 , x2 ∈ A : x1 6= x2 ⇒ f (x1 ) 6= f (x2 ),
mik¨
a voidaan lausua my¨
os muodossa:
∀x1 , x2 ∈ A : f (x1 ) = f (x2 ) ⇒ x1 = x2 ,
b) surjektio, jos f (A) = B, ts. jos ∀y ∈ B ∃x ∈ A siten, ett¨
a f (x) = y,
c) bijektio, jos se on injektio ja surjektio.
7
Esimerkki 1.12.
i) Kuvaus f : R → R, f (x) = x3 , on injektio: jos x, y ∈ R ja f (x) = f (y), niin
x3 = y 3 ⇒ x3 − y 3 = 0 ⇒ (x − y)(x2 + xy + y 2 ) = 0 ⇒
1
3
x − y = 0 tai x2 + xy + y 2 = 0 ⇒ x = y tai (x + y)2 + y 2 = 0 ⇒
2
4
1
x = y tai (x + y = 0 ja y = 0) ⇒ x = y tai x = 0 = y ⇒ x = y.
2
Itse asiassa (my¨
ohemmin osoitetaan, ett¨
a) f on my¨
os surjektio ja siis bijektio: jos
√
3
y ∈ R, on y = f ( y) ∈ R.
ii)
1 ................
1
2
2
........
.........
.......
.......
.......
....... ..............
.
.
.
.
.
...... ...........
.......
.......
.......
.........
.......
............
.......
f bijektio
iii)
iv)
1 ....................................................................1
1 ................
1
2
2
2 .....................................................................................2
3
3
......
..........
.......
.......
.......
....... ..............
.
.
.
.
.
...... ...........
.......
.......
.......
.........
.......
...........
.......
f injektio
ei surjektio
..
.......
.......
.......
.
.
.
.
.
.
.......
......
......
......
f surjektio
ei injektio
v) f : [−1, 1] → [0, 1], f (x) = x2 , on surjektio, mutta ei injektio, sill¨
a alkion y ∈ [0, 1]
alkukuvajoukossa
√ √
f −1 (y) = {x ∈ [0, 1] | f (x) = x2 = y} = {− y, y}
on enemm¨
an kuin yksi alkio (nimitt¨
ain kaksi) kun y > 0 (ja vain yksi alkio ainoastaan tapuksessa y = 0).
vi) f : [0, 1] → [0, 1], f (x) = x2 , on bijektio.
vii) f : [0, 21 ] → [0, 1], f (x) = x2 , on injektio, mutta ei surjektio.
Lause 1.13. Seuraavat ehdot kuvaukselle f : A → B ovat yht¨
apit¨
av¨
at:
(a) f on bijektio,
(b) yht¨
al¨
oll¨
a y = f (x) on kullakin y ∈ B tasan yksi ratkaisu x ∈ A,
(c) on olemassa yksi ja vain yksi kuvaus g : B → A siten, ett¨
a f ◦ g = id B ja
g ◦ f = idA .
Kuvausta g sanotaan f :n k¨
aa
¨nteiskuvaukseksi ja sit¨
a merkit¨
aa
¨n g = f −1 .
Todistus. Riitt¨
aa
¨ osoittaa, ett¨
a (a) ⇒ (b) ⇒ (c) ⇒ (a).
(a) ⇒ (b) : Olkoon y ∈ B. Koska f : A → B on surjektio, niin on olemassa sellainen
x ∈ A, ett¨
a y = f (x). Koska f on lis¨
aksi injektio, niin kyseinen x on yksik¨
asitteinen.
(b) ⇒ (c) : Asetamme ”s¨
aa
¨nn¨
on” g, joka liitt¨
aa
¨ alkioon y ∈ B alkion x ∈ A
seuraavasti:
Jokaisella y ∈ B g(y) on yht¨
al¨
on y = f (x) ratkaisu x.
8
T¨
all¨
oin ”s¨
aa
¨nt¨
o” g on kuvaus B → A, sill¨
a g(y) on m¨
aa
¨ritelty ja oletuksen nojalla,
yksik¨
asitteinen jokaisella y ∈ B.
Suoraan g:n m¨
aa
¨rittelyn perusteella
f (g(y)) = y ∀y ∈ B,
joten f ◦ g = idB . Jos x0 ∈ A, niin merkit¨
aa
¨n y0 = f (x0 ), jolloin x = x0 on
yht¨
al¨
on y0 = f (x) yksik¨
asitteinen ratkaisu. M¨
aa
¨rittelm¨
an nojalla g(y0 ) = x0 , joten
g(f (x0 )) = x0 . Koska x0 ∈ A oli mielivaltainen, niin
g(f (x)) = x ∀x ∈ A,
joten g ◦ f = idA .
Funktion g yksik¨
asitteisyys: Olkoon g1 : B → A mielivaltainen funktio, jolle
g1 ◦ f = idA ja f ◦ g1 = idB . Olkoon lis¨
aksi y ∈ B. T¨
all¨
oin
g1 (y) = g1 (idB (y)) = g1 ((f ◦ g)(y))
= g1 (f (g(y))) = (g1 ◦ f )(g(y)) = idA (g(y)) = g(y)
Siis g1 (y) = g(y) ∀y ∈ B, joten g1 = g.
(c) ⇒ (a) : Olkoon y ∈ B. T¨
all¨
oin g(y) ∈ A ja
y = idB (y) = (f ◦ g)(y) = f (g(y)),
joten f on surjektio. Jos x, x0 ∈ A ja f (x) = f (x0 ), niin
x = idA (x) = g(f (x)) = g(f (x0 )) = idA (x0 ) = x0 ,
joten f on injektio. Siis f on bijektio. Jos siis yht¨
al¨
o y = f (x) osataan ratkaista, ja lis¨
aksi ratkaisu on yksik¨
asitteinen kyseeseen tulevilla y:n arvoilla, niin yll¨
aolevasta lauseesta seuraa v¨
alit¨
om¨
as−1
ti funktion f bijektiivisyys ja lis¨
aksi k¨
aa
¨nteisfunktion f
olemassaolo. T¨
all¨
oin
−1
f (y) = g(y), miss¨
a g(y) on yht¨
al¨
on y = f (x) (yksik¨
asitteinen) ratkaisu, kuten
yll¨
aolevan lauseen todistuksesta ilmenee. T¨
ast¨
a seuraava esimerkki.
Esimerkki 1.14. Olkoon f : R → R, f (x) = x2 + 6x + 8 ja olkoon y ∈ R. T¨
all¨
oin
f (x) = y ⇔ x2 + 6x + 8 = y ⇔ (x + 3)2 − 1 = y ⇔ (x + 3)2 = y + 1
Koska (x + 3)2 ≥ 0, niin yht¨
al¨
oll¨
a
(∗)
y = f (x)
9
on ratkaisuja vain jos y + 1 ≥ 0 eli y ≥ −1. T¨
all¨
oin
p
(x + 3)2 = y + 1 ⇔ x + 3 = ± y + 1 ⇔
p
p
x = g1 (y) = −3 − y + 1 tai x = g2 (y) = −3 + y + 1
Erityisesti g1 (−1) = g2 (−1) = −3 ja g1 (y) < −3 ja g2 (y) > −3 kun y > −1. N¨
ain
ollen yht¨
al¨
oll¨
a (∗) ei ole ratkaisua kaikilla y ∈ R ja lis¨
aksi ratkaisu on yksik¨
asitteinen
vain yhdell¨
a y:n arvolla. Jotta lausetta 1.14 voitaisiin soveltaa on siis rajoitettava
sek¨
a funktion f m¨
aa
¨rittelyjoukkoa ett¨
a maalijoukkoa. T¨
at¨
a varten merkitsemme
A1 = ]−∞, −3] , A2 = [−3, ∞[ ja B = [−1, ∞[
ja m¨
aa
¨rittelemme funktiot f1 : A1 → B, f1 (x) = (f |A1 )(x) = f (x), ja f2 : A2 → B,
f2 (x) = (f |A2 )(x) = f (x). Nyt yht¨
al¨
oll¨
a y = f1 (x) on yksik¨
asitteinen ratkaisu
x = g1 (y) ∈ A1 kaikilla y ∈ B joten f1 on bijektio ja sill¨
a on k¨
aa
¨nteiskuvaus
−1
−1
f1 : B → A1 . Lis¨
aksi f1 = g1 . Vastaavasti yht¨
al¨
oll¨
a y = f2 (x) on yksik¨
asitteinen
ratkaisu x = g2 (y) ∈ A2 kaikilla y ∈ B joten f2 on my¨
os bijektio ja sill¨
a on
−1
−1
k¨
aa
¨nteiskuvaus f2 : B → A2 . Lis¨
aksi f2 = g2 .
Funktioiden f1 ja f2 m¨
aa
¨rittelyn nojalla kuvajoukoille p¨
atee
f (Ai ) = (f |Ai )(Ai ) = fi (Ai ) = B, i = 1, 2
Toisaalta f (x) = (x+3)2 −1 ≥ −1 ∀x ∈ R, joten f (R) ⊂ B. Toisaalta B = f (A1 ) ⊂
f (R), joten
f (R) = f (A1 ) = f (A2 ) = B.
Kuva :
..
.
.........
.........
..
..
.
..
1
2
..
...
....
..
.
..
1
2
....
...
.
..
....... 3
...
.
.
.
...
...
.
.
.
.
.
..
.
...
.
.
.
.
..
.
...
.
.
.
...
.
...
..
..
.
.
..
...
..
.
.
.
..
.
...
.
.
.
..
.
..
...
..
.
.
...
...
.
.
.
.
.
.
.
. 2
...
.
.
.
.
.
.
...
.
.
.
..
...
...
...
....
..
...
...
..
..
...
.
...
...
...
.
.
.
...
.
..
.
.
.
.
.
...
..
.
.
...... 1
..
...
...
.
.
.
...
.
.
..
..
..
...
..
.
.
.
...
.
...
.
.
..
.
...
.
..
.
..
.
...
.
..
.
.
.
.
...
.
...
.
.
.
.
.
.
.
.
.
...............................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................
..
...
.
.
...
.
.
.-2
..
.
.
-5
-4....
-3
-1
1
...
.
.
.
..
...
....
..
...
...
.
.
..
.
.
.
....
.
.
.
.
.
...
.
.
..
.....
.
.
.
.
.
.
..
.
.....
..
...... ... ...........
.
.
.
...........................................................................
.
.
.
.
.
.......
...... -1
..........
...
....
..
...
...
..
...
.
.......................................
....................................................................
.........................................................................
1
2
...
..
y = f (x)(= f (x))
x = g (y)
y = f (x)
x = g (y)
y
f (R) = B = [−1, ∞[
x
A = ]−∞, −3]
A = [−3, ∞[
10
Katsotaan viel¨
a, miten ehdot 1.14 (c) t¨
ass¨
a tapauksessa toteutuvat:
p
p
(f2 ◦ g2 )(y) = f2 ( y + 1 − 3) = f ( y + 1 − 3)
p
p
= ( y + 1 − 3)2 + 6( y + 1 − 3) + 8
p
p
= y + 1 − 6 y + 1 + 9 + 6 y + 1 − 18 + 8
= y + 18 − 18 = y, ∀y ≥ −1.
L¨
ahes samoin osoitetaan, ett¨
a (f1 ◦ g1 )(y) = y, ∀y ≥ −1 Edelleen
p
(g1 ◦ f1 )(x) = g1 (f1 (x)) = g1 (f (x)) = g1 (x2 + 6x + 8) = − (x2 + 6x + 8) + 1 − 3
p
= − (x + 3)2 − 3 = −|x + 3| − 3 = x + 3 − 3 = x, ∀x ≤ −3.
Samaan tapaan osoitetaan (g2 ◦ f2 )(x) = x, ∀x ≥ −3.
Edellisess¨
a esimerkiss¨
a osoitettiin k¨
aa
¨nteiskuvauksen olemassaolo ja samalla my¨
os
l¨
oydettiin k¨
aa
¨nteiskuvauksen lauseke, ratkaisemalla yht¨
al¨
o y = f (x). Toinen tapa
on arvata f −1 :n lauseke ja sen j¨
alkeen tarkistaa arvauksen oikeellisuus verifioimalla
kuvausyht¨
al¨
ot f ◦ f −1 = idB ja f −1 ◦ f = idA .
Esimerkki. Identtinen kuvaus idA : A → A on bijektio ja oma k¨
aa
¨nteiskuvauksensa, sill¨
a idA ◦ idA = idA , koska kaikilla x ∈ A on
(idA ◦ idA )(x) = idA (idA (x)) = idA (x) = x.
Monotoniset funktiot.
M¨
a¨
aritelm¨
a 1.15. Olkoon A ⊂ R ja B ⊂ R. Kuvaus f : A → B on
(1)
(2)
(3)
(4)
kasvava, jos x ≤ x0 ⇒ f (x) ≤ f (x0 ) ∀x, x0 ∈ A,
v¨
ahenev¨
a, jos x ≤ x0 ⇒ f (x) ≥ f (x0 ) ∀x, x0 ∈ A,
aidosti kasvava, jos x < x0 ⇒ f (x) < f (x0 ) ∀x, x0 ∈ A,
aidosti v¨
ahenev¨
a, jos x < x0 ⇒ f (x) > f (x0 ) ∀x, x0 ∈ A.
f on monotoninen, jos f on kasvava tai v¨
ahenev¨
a ja aidosti monotoninen, jos f on
aidosti kasvava tai aidosti v¨
ahenev¨
a.
Esimerkki.
(a) f : R → R, f (x) = x3 , on aidosti kasvava.
(b) f : ]−∞, 0] → [0, ∞[, f (x) = x2 , on aidosti v¨
ahenev¨
a.
(c) f : [0, ∞[ → [0, ∞[, f (x) = x2 , on aidosti kasvava.
(b) f : R → R, f (x) = x2 , ei ole monotoninen.
11
Lause 1.16. Olkoon A ⊂ R ja B ⊂ R.
(a) Jos f : A → B on aidosti monotoninen, f on injektio.
(b) Jos f : A → B on aidosti kasvava (v¨
ahenev¨
a) bijektio, f −1 on my¨
os aidosti
kasvava (v¨
ahenev¨
a) bijektio.
Todistus. (a) Jos x, y ∈ A ja x 6= y, on x < y tai y < x. Jos f on aidosti
monotoninen, on t¨
all¨
oin siis my¨
os f (x) < f (y) tai f (x) > f (y), joten f (x) 6= f (y).
(b) Olkoon f : A → B aidosti kasvava bijektio, y, y 0 ∈ B, y < y 0 . Jos olisi
f −1 (y) ≥ f −1 (y 0 ), saataisiin ristiriita
y = f (f −1 (y)) ≥ f (f −1 (y 0 )) = y 0
Siis: ∀y, y 0 ∈ B : y < y 0 ⇒ f −1 (y) < f −1 (y 0 ). N¨
ain ollen f −1 on aidosti kasvava
kuvaus B → A.
Vastaavasti k¨
asitell¨
aa
¨n aidosti v¨
ahenev¨
an bjektion f : A → B tapaus; t¨
all¨
oin
f −1 : B → A on aidosti v¨
ahenev¨
a. Yleishuomautus reaalimuuttujan reaalifunktioon liittyvist¨
a merkint¨
ak¨
ayt¨
ann¨
oist¨
a. T¨
all¨
a kurssilla k¨
asitell¨
aa
¨n p¨
aa
¨asiassa reaalimuuttujan reaaliarvoisia funktioita f : A → B (A, B ⊂ R). M¨
aa
¨rittelyjoukko A on yleens¨
a v¨
ali tai v¨
alien yhdis1
te. Jos f on t¨
all¨
oin m¨
aa
¨ritelty jollain lausekkeella, esim. f (x) = x , ymm¨
arret¨
aa
¨n
A yleens¨
a ilman eri mainintaa mahdollisimman laajaksi, jos sit¨
a ei ole m¨
aa
¨rittelyn yhteydess¨
a tarkemmin nimetty. A:n laajuudelle voi asettaa rajoituksia esim.
funktioiden yhdist¨
aminen tai muu asiayhteydest¨
a ilmenev¨
a seikka. Sama p¨
atee
maalijoukkoon B ⊂ R; se voidaan yleens¨
a ajatella koko R:ksi, jos syyt¨
a muuhun
ei ole. Tarpeen vaatiessa k¨
ayt¨
amme tietysti tarkempaa merkint¨
atapaa A .......................... B ,
x ...................... f (x)
jossa l¨
aht¨
o -ja maalijoukot A ja B on esitelty kunnolla.
Relaatiot.
M¨
a¨
aritelm¨
a 1.17. Joukkojen A ja B v¨
alinen relaatio R on mik¨
a tahansa A × B:n
osajoukko R. Alkiot x ∈ A ja y ∈ B ovat relaatiossa R kesken¨
aa
¨n, jos (x, y) ∈ R.
T¨
all¨
oin k¨
aytett¨
aa
¨n my¨
os merkint¨
aa
¨ xRy.
Esimerkki.
i) Jokainen kuvaus f : A → B on relaatio, kun samaistetaan f graafinsa
Γ(f ) = {(x, y) ∈ A × B | y = f (x)}
kanssa.
ii) R:n j¨
arjestys ≤ on R:n relaatio (ts. R:n ja R:n v¨
alinen). Merkitsemme sit¨
a
seuraavassa symbolilla R≤ . Siis
R≤ = {(x, y) ∈ R2 | x ≤ y}
T¨
ast¨
a ja er¨
aist¨
a muista R:n relaatioista on kuvia seuraavassa.
12
Kuvia er¨
aist¨
a R:n relaatioista R ⊂ R2 .
i) J¨
arjestysrelaation R≤ kuva alla on viivoitettu tason osa, joka koostuu reunasuorasta y = x ja sen yl¨
apuolisesta puolitasosta y > x.
.......................................................................................................................................................
..................................................................................................
............................................................................................
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ..
........................................................................................................................................
.......................................................................................
.....................................................................................
....................................................................................
................................................................................
................................................................................
.............................................................................
...........................................................................
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ..
.............................................................................................................
......................................................................
...................................................................
.................................................................
................................................................
.............................................................
...........................................................
..........................................................
......................................................
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ..
.....................................................................................................................................................................................................................................................
................................................ ..
.............................................. .
............................................ ...
...........................................
...
........................................
..
......................................
...
....................................
..
..................................
..
.
..............
...
...............................................
............................
..
..........................
...
........................
..
......................
..
.....................
...
..................
..
................
..
.
......
...
...................
...........
..
........
..
......
...
.
.
.
.
.
.
y
x
J¨
arjestysrelaatio R≤ voidaan siis esitt¨
aa
¨ pistevieraana yhdisteen¨
a relaatioista
idR = {(x, y) | x = y} ja R< = {(x, y) | x < y}.
Siis R≤ = idR ∪R< ja idR ∩R< = ∅.
ii) Relaation R = {(x, y) | x2 + y 2 ≤ 1} kuva on origokeskinen yksikk¨
okiekko
reunaympyr¨
oineen (varjostettu tason osa):
...
..........
..
.
............................
........................................................
.
.
.
.
.
.........................................
.
.
.
.
.
...............................................
.................................................
.....................................................
................................................................................
.
.
. . . . . . . . . . . ... . . . . . . . . . . . .
...........................................................
............................................................
.............................................................
.........................................................................................
..............................................................
.............................................................................................................................................................................................................................
...............................................................
.........................................................................................
.............................................................
............................................................
..........................................................
.......................................................
.......................................................
...................................................
..................................................
.............................................
....... . . . . . . ... . . . . . . ......
..........................................
......................................
.............................
....
..
y
R
•
1
x
...
..........
...
.
.
.
.
.
.......... ...........................
.........
.......
.
.
.
.
.
.
....
.
......
..
......
.....
.....
.....
...
....
....
.
.
.
.
...
.
.
.
.
...
..
..
.
.
...
.
..
.
.
...
.
.
.
.
..
....
....
...
..
...
..
.
............................................................................................................................................................
...
.
.
.
...
..
...
.
.
...
...
...
.
...
.
.
..
...
....
...
...
..
..
....
..
...
....
.
.
.
.
.....
.....
....
.....
.....
......
..
.....
.......
.......
.
........... ....
.
.
.
.
.
.
.
.
.........................
..
..
..
y
Relaation R osajoukko,
•1
•
1
S = {(x, y) | x2 + y 2 = 1}
joka on my¨
os relaatio, on origokeskinen yksikk¨
oympyr¨
a.
13
S
x
Kysymys : Onko S jonkin funktion y = f (x) kuvaaja Γ(f )?
Vastaus : Ei ole. Jos nimitt¨
ain t¨
allainen funktio olisi olemassa, niin geometrisesti kuvaajan Γ(f ) piste (x, f (x)), miss¨
a x on funktion m¨
aa
¨rittelyjoukon piste, on
pisteen (x, 0) kautta kulkevan y-akselin suuntaisen suoran, ja Γ(f ):n leikkauspiste.
T¨
allaisia leikkauspisteit¨
a voi (kiinte¨
all¨
a x) olla vain yksi (funktion arvojen yksik¨
asitteisyys!). Esill¨
a olevassa tapauksessa niit¨
a on selv¨
astikin kaksi poislukien tapaukset
x = ±1 (kuva alla).
...
..
y
..
.......
....
..
..
..
.............................
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
........ ...
.....
.
.
.
.
.
2
.
.
.
........
..
.
.
.
.
.
...
.
.
....
....
.... .........
....
.
.
.
.
.
.
..
.
...
....
.... ......
...
..
..
...
..
...
...
...
...
.
...
.
.
..
...
...
..
...
..
...
...
..
...
..
..
.......................................................................................................................................................................
...
...
...
...
..
.
.
.
.
...
...
...
...
...
...
...
...
...
..
..
...
...
.
.
.
...
....
.... ......
....
..
.. .....
.....
..
.. .....
.....
...
......
........
.
.
.
.......
.
2
.
.
... ..
.
.
..........
.
.
.
.
.
.
.
................................
....
....
..
..
..
•(x,
√
1−x )
•
(x, 0)
•
(1, 0) x
•(x, −√1 − x )
S
{x} × R
T¨
asm¨
allisemmin sanottuna S ⊂ [−1, 1] × R ja kiinte¨
all¨
a x yll¨
a mainittu pisteen
(x, 0) kautta kulkeva y-akselin suuntainen suora on joukko {x} × R. Sen ja S:n
leikkauspisteet ovat
({x} × R) ∩ S = {(x,
p
p
1 − x2 ), (x, − 1 − x2 )},
joita siis on kaksi kaikilla x ∈ ]−1, 1[. Jos S olisi jonkin funktion f kuvaaja, niin f :n
m¨
aa
¨rittelyjoukko olisi ilmeisesti [−1, 1]. T¨
all¨
oin funktion f : [−1, 1] → R kuvaajalla
Γ(f ) = {(x, f (x)) | −1 ≤ x ≤ 1}
olisi tasan yksi {x} × R:n piste, nimitt¨
ain juuri piste (x, f (x)), mik¨
a on ristiriidassa
edell¨
a todetun kanssa.
Toisaalta S voidaan esitt¨
aa
¨ kahden funktion kuvaajien yhdisteen¨
a:
S = Γ(f1 ) ∪ Γ(f2 ),
√
√
miss¨
a f1 : [−1, 1] → R, f1 (x) = 1 − x2 , ja f2 : [−1, 1] → R, f2 (x) = − 1 − x2 .
Siis S on y-akselin ”yl¨
a -ja alapuolisten” puoliympyr¨
oiden yhdiste.
14
2. Reaaliluvut (R)
Koulukurssista osin tuttu reaalilukujen joukko ominaisuuksineen (laskutoimitukset, j¨
arjestys) voidaan konstruoida joukko-opin avulla. Emme t¨
all¨
a kurssilla voi
tehd¨
a t¨
at¨
a vaan tyydymme esitt¨
am¨
aa
¨n aksioomat, jotka karakterisoivat R:n (laskutoimituksineen ja j¨
arjestyksineen). Ennen sit¨
a on syyt¨
a k¨
asitell¨
a lyhyesti luonnollista lukua n ∈ N koskeviin v¨
aitteisiin liittyv¨
aa
¨ todistusmenetelm¨
aa
¨, induktiota n:n
suhteen.
Induktiotodistus.
Olkoon P (n) luonnollista lukua n koskeva v¨
aitt¨
am¨
a, joka on tosi tai ep¨
atosi
kullakin n ∈ N. V¨
aitteen
”P (n) on tosi kaikilla n ∈ N”
todistamiseen k¨
aytet¨
aa
¨n usein induktiotodistusta : Jos ehdot
◦
1 P (1) on tosi ja
2◦ ∀k ∈ N : P (k) ⇒ P (k + 1)
ovat voimassa, niin P (n) on tosi kaikilla n ∈ N.
V¨
aitteen ”∀n : P (n)” todistamiseksi riitt¨
aa
¨ siis osoittaa, ett¨
a se p¨
atee luvulla 1
(tai yleisemmin ensimm¨
aisell¨
a tarkasteltavalla luvulla n ∈ N) ja ett¨
a sen p¨
atiess¨
a
jollakin k ∈ N (k kiinte¨
a, mielivaltainen), se p¨
atee seuraavallakin luonnollisella
luvulla k + 1.
Implikaation 2◦ todistamiseksi tehd¨
aa
¨n induktio-oletus: k ∈ N ja P (k) on tosi.
T¨
ast¨
a on sitten p¨
aa
¨telt¨
av¨
a v¨
aite P (k + 1).
Esimerkki 2.1.
Todistetaan induktiolla aritmeettisen jonon (a, a+d, a+2d, . . . , a+(n−1)d) summan
Sn kaava
n(n − 1)
a + (a + (n − 1)d)
=
d + na
2
2
(j¨
alkimm¨
ainen esitysmuoto saadaan helpolla laskulla edellisest¨
a).
a + (a + (1 − 1)d)
1 ◦ S1 = a = 1 ·
, joten v¨
aite p¨
atee arvolla n = 1.
2
◦
2 Induktio-oletus (IO): Olkoon k ∈ N ja olkoon
Sn = n ·
(∗)
Sk = a + (a + d) + . . . + (a + (k − 1)d) =
k(k − 1)
d + ka
2
T¨
all¨
oin on
Sk+1 = Sk + (a + kd) =
IO
k(k − 1)
k(k − 1)
2k
d + ka + a + kd =
d + (k + 1)a +
d
2
2
2
k 2 − k + 2k
k2 + k
(k + 1)k
d + (k + 1)a =
d + (k + 1)a =
d + (k + 1)a
2
2
2
(k + 1)((k + 1) − 1)
=
d + (k + 1)a
2
=
15
eli kaava (∗) p¨
atee my¨
os arvolla n = k + 1.
Induktioperiaatteen nojalla kaava (∗) p¨
atee nyt kaikilla n ∈ N, ts. aritmeettisen
jonon summa on termien m¨
aa
¨r¨
a × ensimm¨
aisen ja viimeisen termin keskiarvo. Tikapuuvertaus :
Jos henkil¨
o pystyy nousemaan tikapuiden ensi askelmalle ja jos h¨
an lis¨
aksi tiet¨
aa
¨, miten noustaan
edelliselt¨
a askelmalta seuraavalle, h¨
an p¨
aa
¨see niin
yl¨
os kuin haluaa.
..
..
..
..
...
...
...
...
.
.
...
...
...
...
...
...
..
..
.
.
..
..
.........................................
..
.
...
...
.
.
.
.
...
...
.........................................
...
.
...
...
.
.
..
..
..........................................
...
.
..
..
.
.
.
.
..
..
..
...
..........................................
...
.
.
.
.
.
...
...
...
...
4
·
·
·
3
2
1
Binomikaava.
T¨
arke¨
an¨
a esimerkkin¨
a induktioperiaatteen k¨
ayt¨
ost¨
a johdamme nyt ns. binomikaavan. Ensin er¨
ait¨
a merkint¨
o j¨
a:
Olkoon I a
¨a
¨rellinen joukko ja xi ∈ R kaikilla i ∈ I.
P
Summa
xi = lukujen xi (i ∈ I) summa. Jos I = {0, . . . , n}, merkit¨
aa
¨n yleens¨
a
i∈I
P
i∈I
xi =
n
P
i=0
xi . Vastaavasti merkit¨
aa
¨n lukujen xi (i ∈ I) tuloa
I = {1, . . . , n}.
Q
xi tai
i∈I
n
Q
i=1
n
Q
i = 1 · . . . · n (n ∈ N) ja lis¨
aksi sovitaan, ett¨
a 0! = 1.
n
n!
(n, k ∈ N0 ; 0 ≤ k ≤ n).
Binomikerroin
=
k!(n − k)!
k
Kertoma
n! =
i=1
Esimerkki.
5
5!
5·4·/
3·/
2·/
1
(i)
=
=
= 10;
3
3! 2!
/
3·/
2·/
1·2·1
5
5!
5!
=
= 1.
=
0! (5 − 0)!
5!
0
(ii) Binomikertoimet n¨
ahd¨
aa
¨n ns. Pascalin kolmiosta :
1
1
1
1
1
1
2
3
4
5
1
1
3
6
10
4
10
...
16
1
1
5
1
xi , jos
n + 1. rivin alkiot saadaan n. rivin alkioista s¨
aa
¨nn¨
oll¨
a
n
n
n+1
(P)
+
=
k−1
k
k
(todistetaan induktiolla; harjoitusteht¨
av¨
a).
Lause 2.2. (Binomikaava) Jos a, b ∈ R ja n ∈ N, niin
n
(∗)
(a + b) =
n X
n
k=0
k
an−k bk
Todistus. Todistetaan kaava (∗) induktiolla luvun n ∈ N suhteen.
1◦ Jos n = 1, kaava (∗) p¨
atee sill¨
a
1 1−0 0
1 1−1 1
(a + b) = a + b =
a b +
a b
0
1
1
(jos a = 0 tai b = 0, sovitaan ett¨
a t¨
ass¨
a yhteydess¨
a 00 = 1; raja-arvolaskuissa 00 ei
ole ns. ”sallittu muoto”).
m
P
m m−k k
2◦ Induktio-oletus (IO): m ∈ N ja (a + b)m =
b .
k a
k=0
T¨
all¨
oin on
(a + b)
m+1
= (a + b)(a + b)
m
= (a + b)
IO
m X
m
k=0
k
am−k bk
m m X
m m−k+1 k X m m−k k+1
=
a
b +
a
b
k
k
k=0
k=0
Merkit¨
aa
¨n j¨
alkimm¨
aisess¨
a summassa i = k + 1 ja edellisess¨
a i = k, jolloin j¨
alkimm¨
aisess¨
a summassa 1 ≤ i ≤ m + 1 ja edellisess¨
a 0 ≤ i ≤ m. Saadaan
(a + b)
m+1
=
m X
m
i
i=0
a
m−i+1 i
b +
m+1
X
i=1
m
am−i+1 bi
i−1
Ottamalla erikseen ensimm¨
aisen summan ensimm¨
ainen termi ja j¨
alkimm¨
aisen summan viimeinen termi saadaan molempien summien summausindeksille rajoitus 1 ≤
i ≤ m, jolloin summat voidaan yhdist¨
aa
¨:
(a + b)
m+1
=a
m+1
+
m X
m
i=1
i
17
m
+
i−1
am−i+1 bi + bm+1
Soveltamalla Pascalin kolmion yhteydess¨
a esiintynytt¨
a kaavaa (P) saadaan edelleen
(a + b)
m+1
=a
m+1
+
m X
m+1
i
i=1
am+1−i bi + bm+1 .
Lopuksi liitet¨
aa
¨n summaan ensimm¨
ainen ja viimeinen termi
(a + b)
m+1
=
m+1
X
i=0
m + 1 m+1−i i
a
b
i
ja havaitaan ett¨
a on saatu kaava (∗) arvolla n = m + 1.
Kohdista 1◦ ja 2◦ seuraa induktioperiaatteen nojalla, ett¨
a (∗) p¨
atee kaikilla n ∈
N. Esimerkki 2.3. Mik¨
a on termin x3 y 2 kerroin lausekkeessa (2x + y)5 + (x + y)6 ,
kun samanmuotoiset termit on ensin yhdistetty.
Ratkaisu. Lausekkeessa (x + y)6 =
6
P
k=0
keessa (2x + y)5 =
dossa
5
P
k=0
5
k
6
k
x6−k y k ei esiinny termi¨
a x3 y 2 . Lausek-
(2x)5−k y k se esiintyy t¨
asm¨
alleen valinnalla k = 2 muo-
5! 3 3 2
5
(2x)5−2 y 2 =
2 x y = 80x3 y 2
2
3! 2!
N¨
ain ollen termin x3 y 2 kerroin annetussa lausekkeessa on 80.
Rationaaliluvut ja irrationaaliluvut. Rationaaliluvut m¨
aa
¨riteltiin yll¨
a kahden
kokonaisluvun osam¨
aa
¨riksi:
Q=
p
| p, q ∈ Z, q 6= 0 .
q
My¨
ohemmin esitelt¨
av¨
an sarjateorian avulla voi helposti osoittaa, ett¨
a ne voidaan
karakterisoida my¨
os desimaalikehitelm¨
ans¨
a avulla sellaisina reaalilukuina, joiden
desimaalikehitelm¨
a on joko p¨
aa
¨ttyv¨
a tai p¨
aa
¨ttym¨
at¨
on ja jaksollinen. N¨
ain ollen voisi
odottaa, ett¨
a ”valtaosa” reaaliluvuista on irrationaalisia eli joukon R \ Q alkioita
(desimaalikehitelm¨
aa
¨ muuttamalla jaksot on helppo ”poistaa”, joten jaksollisuus
j¨
aa
¨ harvinaiseksi erikoistapaukseksi). √ √
Konkreettisesta reaaliluvusta (esim. 2, 3 7,√π, . . .) on usein vaikea todistaa sen
irrationaalisuutta. Osoitamme melko helpon 2:n irrationaalisuuden, jonka Pythagoralaiset aistivat jo antiikin aikaan: neli¨
on sivulla ja l¨
avist¨
a j¨
all¨
a ei ole yhteist¨
a
mittaa (pienemp¨
aa
¨ janaa, jonka monikertoja molemmat ovat).
18
√
2 ∈ R \ Q.
√
Ratkaisu. Tehd¨
aa
¨n vastaoletus: ” 2 ∈ Q” ja kumotaan se hakemalla ristiriita.
Ratkaisussa k¨
a√
ytet¨
aa
¨n koulukurssista tuttua kokonaislukujen jakoa alkutekij¨
√ oihin.
p
Olkoon siis 2 = q (p, q ∈ Z, q 6= 0). Voi olettaa, ett¨
a p, q ∈ N (koska 2 > 0).
√
Saadaan 2 · q = p, josta 2q 2 = p2 . Jaetaan vasen ja oikea puoli alkutekij¨
oihin ja
tutkitaan, montako kertaa alkuluku 2 on niiss¨
a tekij¨
an¨
a. Jos se on q:ssa k kertaa
tekij¨
an¨
a se on q 2 :ssa 2k kertaa tekij¨
an¨
a ja siten vasemmassa puolessa 2q 2 se on parittoman monta (2k + 1) kertaa tekij¨
an¨
a. Samoin p¨
aa
¨tellen 2 on oikeassa puolessa
p2 parillisen monta kertaa tekij¨
an¨
a. Kokonaislukujen alkutekij¨
oihin
a√ jaon yksik¨
2
2
sitteisyys antaa t¨
all¨
oin ristiriidan 2q 6= p . N¨
ain ollen ei voi olla 2 ∈ Q ja siis
√
2 ∈ R \ Q. Esimerkki 2.4. Osoita, ett¨
a
Reaalilukujen aksioomat. Voidaan osoittaa, ett¨
a on olemassa ”oleellisesti yksik¨
asitteinen” (selitet¨
aa
¨n luennolla) joukko R varustettuna yhteenlaskulla
+ : R × R → R, (x, y) 7→ x + y
ja kertolaskulla
· : R × R → R, (x, y) 7→ x · y = xy
sek¨
a j¨
arjestyksell¨
a ≤ (m¨
aa
¨ritell¨
aa
¨n my¨
os < seuraavasti: x < y ⇔ (x ≤ y ja x 6=
y)) niin, ett¨
a seuraavat aksioomat ovat voimassa:
(1) x + (y + z) = (x + y) + z ∀x, y, z ∈ R,
(2) ∃ 0 ∈ R siten, ett¨
a x + 0 = x ∀x ∈ R,
(3) ∀ x ∈ R ∃ − x ∈ R siten, ett¨
a x + (−x) = 0 (merkit¨
aa
¨n x + (−x) = x − x),
(4) x + y = y + x ∀x, y ∈ R,
(5) x(y + z) = xy + xz ∀x, y, z ∈ R,
(6) x(yz) = (xy)z ∀x, y, z ∈ R,
(7) ∃ 1 ∈ R siten, ett¨
a 1 6= 0 ja 1 · x = x ∀x ∈ R,
(8) ∀ x ∈ R \ {0} ∃ x−1 ∈ R siten, ett¨
a x · x−1 = 1,
1 ; jakolasku: y = y · 1 , kun x 6= 0),
(merkit¨
aa
¨n x−1 = x
x
x
(9) xy = yx ∀x, y ∈ R,
(10) ∀x, y, z ∈ R tasan yksi ehdoista x < y, x = y, y < x on voimassa,
(y < x merkit¨
aa
¨n my¨
os x > y),
(11) x ≤ y ja y ≤ z ⇒ x ≤ z ∀x, y, z ∈ R,
(12) x ≤ y ⇒ x + z ≤ y + z ∀x, y, z ∈ R,
(13) 0 < x ja 0 < y ⇒ 0 < xy ∀x, y ∈ R.
19
V¨
alihuomautuksia.
I) Voi osoittaa, ett¨
a 0 ja 1 ovat yksik¨
asitteiset ja ett¨
a −x = (−1) · x ja x −1 ovat
yksik¨
asitteiset.
II) Aksioomat (1)-(13) toteuttaa R:n lis¨
aksi esimerkiksi rationaalilukujen joukko Q
varustettuna tavallisella yhteenlaskullaan, kertolaskullaan ja j¨
arjestyksell¨
aa
¨n.
III) Koulukursseissa opittu aritmetiikka ja ep¨
ayht¨
al¨
oiden k¨
asittelys¨
aa
¨nn¨
ot seuraavat
n¨
aist¨
a aksiomista. Oletamme t¨
allaiset perusasiat tunnetuiksi.
IV) Seuraava ns. t¨
aydellisyysaksiooma mahdollistaa R:n samaistamisen lukusuoran
√
kanssa ilman ”aukkokohtia”, joita esim. rationaaliseen lukusuoraan j¨
aisi ( 2 ∈ R\Q
olisi er¨
as puuttuva piste). Selit¨
amme aksioomaa (14) heti sen j¨
alkeen.
(14) (T¨
aydellisyysaksiooma) Ylh¨
aa
¨lt¨
a rajoitetulla ep¨
atyhj¨
all¨
a R:n osajoukolla A
on pienin yl¨
araja, A:n supremum, sup A.
M¨
a¨
aritelm¨
a 2.5.
i) Joukko A ⊂ R on ylh¨
aa
¨lt¨
a rajoitettu, jos on olemassa M ∈ R niin, ett¨
ax≤M
kaikilla x ∈ A. Jokainen t¨
allainen luku M on A:n yl¨
araja.
ii) Vastaavasti m¨
aa
¨ritell¨
aa
¨n alhaalta rajoitettu joukko A ⊂ R ja sen alaraja m
ehdolla x ≥ m kaikilla x ∈ A.
iii) Jos A:ssa on suurin luku M , sit¨
a merkit¨
aa
¨n M = max A.
iv) Jos A:ssa on pienin luku m, sit¨
a merkit¨
aa
¨n m = min A.
T¨
aydellisyysaksiooma lausuu, ett¨
a ep¨
atyhj¨
an ylh¨
aa
¨lt¨
a rajoitetun joukon A ⊂ R
yl¨
arajojen joukossa
M = {M ∈ R | M on A:n yl¨
araja}
on pienin luku:
∃ min M = sup A.
T¨
ast¨
a seuraa helposti (sivuutan todistuksen) vastaava v¨
aite alarajoille:
Lause 2.6. Alhaalta rajoitetun ep¨
atyhj¨
an joukon A ⊂ R alarajojen joukossa on
suurin luku, A:n suurin alaraja, inf A (A:n infimum).
Lause 2.7. Olkoon A ⊂ R. T¨
all¨
oin
(1) ∃ M = max A ⇔ ∃ sup A ja sup A ∈ A. T¨
all¨
oin M = sup A.
(2) ∃ m = min A ⇔ ∃ inf A ja inf A ∈ A. T¨
all¨
oin m = inf A.
Todistus. Todistetaan malliksi implikaatio ” ⇒ ” ehdossa (1). Olkoon siis olemassa
M = max A. T¨
all¨
oin M ∈ A on A:n yl¨
araja, joten A on ylh¨
aa
¨lt¨
a rajoitettu ja
ep¨
atyhj¨
a ja on siis olemassa G = sup A. Lis¨
aksi p¨
atee G ≤ M , sill¨
a G on pienin
yl¨
araja ja M on er¨
as yl¨
araja. Jos olisi G < M , ei G olisikaan A:n yl¨
araja, sill¨
a
M ∈ A. Siis G = M . 20
Esimerkki 2.8.
i) A = ]0, 1[; t¨
all¨
oin @ max A, @ min A, sup A = 1, inf A = 0.
ii) A = [0, 1]; t¨
all¨
oin max A = 1 = sup A, min A = 0 = inf A.
√ √ iii) Oletetaan A = {x ∈ Q | x2 < 2} = Q ∩ − 2, 2 .
√
√
a infimumia√jouP¨
atee: sup A = 2, inf A = − 2 ja A:lla ei ole supremumia eik¨
kossa Q. Todistus perustuu siihen, ett¨
a on olemassa mielivaltaisen
l¨
ahell¨
a ± 2:ta
√
olevia A:n lukuja (n¨
a√
it¨
a saadaan esimerkiksi katkaisemalla 2:n desimaalikehitelm¨
aa
¨) ja siihen, ett¨
a 2 ∈ R \ Q (esimerkki 2.4). Sivuutamme yksityiskohtaisen
tarkastelun.
T¨
am¨
a esimerkki n¨
aytt¨
aa
¨ samalla sen, ett¨
a Q ei toteuta t¨
aydellisyysaksioomaa 14.
Miten sitten osoitetaan, ett¨
a G = sup A? Jos A:ssa ei ole suurinta alkiota,
joudutaan usein k¨
aytt¨
am¨
aa
¨n seuraavaa lausetta
Lause 2.9. (sup:n -kriteeri)
Olkoon A ylh¨
aa
¨lt¨
a rajoitettu ja ep¨
atyhj¨
a. Luku G ∈ R on A:n supremum, jos ja
vain jos se toteuttaa alla olevat ehdot (1) ja (2):
(1) G on A:n yl¨
araja,
(2) ∀ > 0 ∃x ∈ A ∩ ]G − , G].
Todistus. Selv¨
a, sill¨
a (2) lausuu sen, ett¨
a mik¨
aa
¨n G − ( > 0) ei en¨
aa
¨ ole A:n
yl¨
araja (eli yl¨
araja G on tosiaan pienin yl¨
araja). Lause 2.10. (inf:n -kriteeri)
Olkoon A alhaalta rajoitettu ja ep¨
atyhj¨
a. Luku g ∈ R on A:n infimum, jos ja vain
jos se toteuttaa alla olevat ehdot (1) ja (2):
(1) g on A:n alaraja,
(2) ∀ > 0 ∃x ∈ A ∩ [g, g + [.
all¨
oin 0 = min A = inf A, sill¨
a
Esimerkki 2.11. Olkoon A = {1 − n1 | n ∈ N}. T¨
1
1
/ A.
1 − 1 = 0 ∈ A ja 1 − n ≥ 0 ∀n ∈ N. Sen sijaan @ max A, koska 1 = sup A ∈
Osoitetaan v¨
aite 1 = sup A sup:n -kriteerill¨
a:
1
(1) 1 > 1 − n ∀n ∈ N, joten 1 on A:n yl¨
araja.
(2) Olkoon > 0. T¨
all¨
oin 1 − n1 > 1 − ⇔ > n1 ⇔ n > 1 . Valitaan n ∈ N
niin, ett¨
a n > 1 ja merkit¨
aa
¨n x = 1 − n1 ∈ A. T¨
all¨
oin x ∈ A ∩ ]1 − , 1]. Siis
1 = sup A sup:n -kriteerin nojalla.
Itseisarvo. Palautetaan mieliin reaaliluvun x itseisarvo |x|:
x, jos x ≥ 0
|x| =
−x, jos x < 0,
x:n et¨
aisyys origosta lukusuoralla R
|x|
z
•
x
}|
{
•
O
.............................................................................................................................................................................................................................................................................................
R
21
Esimerkki. Ratkaise ep¨
ayht¨
al¨
o |x + 3| < 1.
Tapa 1.
x + 3, x ≥ −3
|x + 3| =
−x − 3, x < −3
a) x ≥ −3: x + 3 < 1 ⇔ x < −2;
b) x < −3: −x − 3 < 1 ⇔ x > −4;
Vastaus: −4 < x < −2.
−3 ≤ x < −2,
−4 < x < −3.
Tapa 2. Koska |x + 3| = |x − (−3)| on pisteen x et¨
aisyys −3:sta lukusuoralla,
saadaan
|x−(−3)|<1
z
◦
−4
}|
{
◦
−2
.........................................................................................................................................................................................................................................................
−3
R
sama ratkaisuv¨
ali −4 < x < −2 kuin yll¨
a.
Lause 2.12. (Itseisarvon ominaisuuksia)
(1) |xy| = |x||y| ∀x, y ∈ R.
|x|
(2) x
y = |y| ∀x ∈ R, y ∈ R \ {0}.
(3) |x| ≥ 0 ∀x ∈ R ja |x| = 0 ⇔ x = 0.
(4) Olkoon a > 0, x0 ∈ R. T¨
all¨
oin
|x| ≤ a ⇔ −a ≤ x ≤ a,
|x| < a ⇔ −a < x < a,
|x − x0 | ≤ a ⇔ x0 − a ≤ x ≤ x0 + a,
|x − x0 | < a ⇔ x0 − a < x < x0 + a.
(5) |x + y| ≤ |x| + |y| ∀x, y ∈ R
(6) |x| − |y| ≤ |x − y| ∀x, y ∈ R
Ep¨
ayht¨
al¨
oit¨
a (5) ja (6) kutsutaan kolmioep¨
ayht¨
al¨
oiksi
Todistus. V¨
aitteet (1)-(4) ovat helppoja. Todistetaan malliksi t¨
arke¨
ampi kolmioep¨
ayht¨
al¨
o (5) k¨
aytt¨
aen hyv¨
aksi ehtoa (4).
Olkoot siis x, y ∈ R. T¨
all¨
oin on
−|x| ≤ x ≤ |x| ja −|y| ≤ y ≤ |y| ⇒ −(|x| + |y|) ≤ x + y ≤ |x| + |y|,
josta ehdon (4) nojalla saadaan kolmioep¨
ayht¨
al¨
o |x + y| ≤ |x| + |y|. Esimerkki 2.13. Kolmioep¨
ayht¨
al¨
ost¨
a (5) seuraa, ett¨
a
(i)
|x − y| = |x + (−y)| ≤ |x| + | − y| = |x| + |y|.
Mutkikkaampi seuraus on esimerkiksi arvio
(ii)
|x − z| = |(x − y) + (y − z)| ≤ |x − y| + |y − z|.
22
R:n metriikka; Q:n ja (R \ Q):n tiheys R:ss¨
a.
M¨
a¨
aritelm¨
a 2.14. Lukujen x ∈ R ja y ∈ R v¨
alinen et¨
aisyys d(x, y) = |x − y|.
Lause 2.15.
(i) d(x, y) ≥ 0 ∀x, y ∈ R ja d(x, y) = 0 ⇔ x = y.
(ii) d(x, y) = d(y, x) ∀x, y ∈ R.
(iii) d(x, z) ≤ d(x, y) + d(y, z) ∀x, y ∈ R.
Todistus. Helppo; ehto (iii) johdettiin yll¨
a 2.13 (ii):ssa. M¨
a¨
aritelm¨
a 2.16. Pisteen x0 ∈ R -ymp¨
arist¨
o ( > 0) on avoin v¨
ali
merk.
]x0 − , x0 + [ ( = U (x0 ) = U (, x0 ) = B (x0 ) . . .)
ja pisteen x0 ∈ R punkteerattu -ymp¨
arist¨
o on joukko
◦
merk.
]x0 − , x0 + [ \ {x0 } ( = U0 (x0 ) = B0 (x0 ) = U (, x0 ) . . .).
Pisteen x0 oikean - ja vasemmanpuoleiset -ymp¨
arist¨
ot ovat puoliavoimet v¨
alit
merk.
[x0 , x0 + [ ( = U+ (x0 ) = U+ (, x0 ) . . .)
merk.
]x0 − , x0 ] ( = U− (x0 ) = U− (, x0 ) . . .).
M¨
aa
¨ritelmist¨
a 2.14 ja 2.16 sek¨
a lauseesta 2.15 seuraa heti:
Korollaario 2.17.
(a) x ∈ U (x0 ) ⇔ d(x, x0 ) < ⇔ |x − x0 | < .
(b) x ∈ U0 (x0 ) ⇔ 0 < d(x, x0 ) < ⇔ 0 < |x − x0 | < .
Lause 2.18.
Olkoon x0 ∈ R ja > 0. T¨
all¨
oin on Q ∩ U (x0 ) 6= ∅ ja (R \ Q) ∩ U (x0 ) 6= ∅. (Siis
jokainen R:n v¨
ali sis¨
alt¨
aa
¨ sek¨
a rationaalilukuja ett¨
a irrationaalilukuja eli Q ja R \ Q
ovat tihe¨
at joukossa R).
√
Todistus. Tuloksen voi todistaa lukujen n1 ∈ Q ja n2 ∈ R \ Q (n ∈ N) monikertoja
√
m
m 2
∈
Q
ja
am¨
a sijaitsevat n1 :n
n √
n ∈ R \ Q (m ∈ Z \ {0}) tarkastelemalla. Koska n¨
ja n2 :n v¨
alein, niit¨
a l¨
oytyy 2:n pituiselta v¨
alilt¨
a U (x0 ) kyllin suurilla n:n arvoilla.
√
Sivuutan yksityiskohdat; harjoituksen 4 teht¨
av¨
ass¨
a 2 k¨
asitell¨
aa
¨n tapausta x 0 = 2
vaihtoehtoisella desimaalikehitelm¨
aa
¨n nojaavalla idealla. 23
3. Raja-arvot
Reaalifunktion raja-arvo. Olkoon f : A → R funktio, jonka l¨
aht¨
o joukko A ⊂ R
sis¨
alt¨
aa
¨ pisteen x0 ∈ R kyllin pienet punkteeratut ymp¨
arist¨
ot ts. on olemassa h > 0
niin, ett¨
a Uh0 (x0 ) = ]x0 − h, x0 + h[ \ {x0 } ⊂ A. Sanomme, ett¨
a f :ll¨
a on x0 :ssa
raja-arvo a ∈ R, jos ”f (x) sijaitsee mielivaltaisen l¨
ahell¨
a lukua a, kunhan x sijaitsee
kyllin l¨
ahell¨
a lukua x0 ja x 6= x0 ”. T¨
asm¨
allisemmin ilmaisten ja raja-arvomerkinn¨
an
samalla esitellen saadaan m¨
aa
¨ritelm¨
a
M¨
a¨
aritelm¨
a 3.1. Funktiolla f on raja-arvo a pisteess¨
a x0 ∈ A, jos kaikilla > 0
on olemassa δ > 0 niin, ett¨
a |f (x) − a| < , kun 0 < |x − x0 | < δ. T¨
all¨
oin merkit¨
aa
¨n
lim f (x) = a (painetussa tekstiss¨
a usein my¨
os limx→x0 f (x) = a). Formaalisti
x→x0
lim f (x) = a ⇔ ∀ > 0 ∃δ > 0 s.e. |f (x) − a| < , kun 0 < |x − x0 | < x→x0
tai
lim f (x) = a ⇔ (∀ > 0 ∃δ > 0 s.e. 0 < |x − x0 | < ⇒ |f (x) − a| < )
x→x0
tai
lim f (x) = a ⇔ ∀ > 0 ∃δ > 0 s.e. f (x) ∈ U (a) ∀x ∈ Uδ0 (x0 ).
x→x0
Huomautuksia.
1) Yll¨
a ajatellaan aina valituksi δ < h, jotta f (x) olisi m¨
aa
¨ritelty Uδ0 (x0 ):ssa.
2) f :n ei tarvitse olla m¨
aa
¨ritelty x0 :ssa. Jos f on m¨
aa
¨ritelty x0 :ssa, arvo f (x0 ) ei
vaikuta mitenk¨
aa
¨n raja-arvok¨
asitteeseen.
3) Jos raja-arvo on olemassa, se on yksik¨
asitteinen (todistus harjoitusteht¨
av¨
aksi).
Esimerkki 3.2.
i) Jos f on vakiofunktio a Uh0 (x0 ):ssa, ts. f (x) = a ∀x ∈ Uh0 (x0 ) niin
lim f (x) = a.
x→x0
Perustelu: Jos > 0, niin 0 < |x − x0 | < δ = ⇒ |f (x) − a| = |a − a| = 0 < .
(Itse asiassa mik¨
a tahansa δ > 0 k¨
ay; muista kuitenkin yll¨
a olevan huomautuksen
kohta 1).
ii) Jos f (x) = x ∀x ∈ Uh0 (x0 ), niin
lim f (x) = x0 .
x→x0
Perustelu: Jos > 0, niin 0 < |x − x0 | < δ = ⇒ |f (x) − x0 | = |x − x0 | = 0 < .
Jo esimerkiss¨
a 3.2 mainitut yksinkertaiset raja-arvotulokset antavat mahdollisuuden mekaanisempaan raja-arvolaskentaan yhdess¨
a seuraavan peruslauseen kanssa.
24
Lause 3.3. Olkoot f ja g Uh0 (x0 ):ssa m¨
aa
¨riteltyj¨
a reaaliarvoisia funktioita ja olkoon
lim f (x) = a, lim g(x) = b (a, b ∈ R). T¨
all¨
oin
x→x0
x→x0
lim f (x) + g(x) = a + b,
x→x0
lim f (x) − g(x) = a − b,
x→x0
lim f (x)g(x) = ab ja
(i)
(ii)
(iii)
x→x0
lim
(iv)
x→x0
f (x)
a
= , kunhan b 6= 0,
g(x)
b
Todistus. Malliksi (i). Olkoon > 0. Koska lim f (x) = a, niin on olemassa δ1 > 0
x→x0
siten, ett¨
a
2
ja samoin koska lim g(x) = b, niin on olemassa δ2 > 0 siten, ett¨
a
0 < |x − x0 | < δ1 ⇒ |f (x) − a| <
x→x0
0 < |x − x0 | < δ2 ⇒ |g(x) − a| <
.
2
N¨
ain ollen
0 < |x − x0 | < δ = min{δ1 , δ2 } ⇒ |f (x) − a| <
ja |g(x) − b| < .
2
2
Kun 0 < |x − x0 | < δ, niin kolmioep¨
ayht¨
al¨
on nojalla saadaan arvio
|(f (x) + g(x)) − (a + b)| = |(f (x) − a) + (g(x) − b)|
≤ |(f (x) − a)| + |(g(x) − b)| <
+ = .
2 2
V¨
aite (i) on nyt todistettu, koska > 0 oli mielivaltainen. Funktio P : A → R (A ⊂ R; yleens¨
a A = R) on polynomi, jos on olemassa
kertoimet a0 , . . . , an ∈ R s.e.
P (x) = a0 + a1 x + . . . + an xn =
n
X
i=0
ai xi ∀x ∈ A.
Jos t¨
ass¨
a lis¨
aksi an 6= 0, polynomin aste deg(f ) = n.
Funktio f : A → R (A ⊂ R) on rationaalifunktio, jos on olemassa P ja Q s.e.
P (x)
∀x ∈ A.
Q(x) 6= 0 ∀x ∈ A ja f (x) =
Q(x)
Seuraava lause osoittaa, ett¨
a rationaalifunktioilla raja-arvo on arvo ts. ne ovat
jatkuvia laajimmassa mahdollisessa m¨
aa
¨rittelyjoukossaan, jossa R:st¨
a on poistettu
nimitt¨
a j¨
apolynomin Q kaikki nollakohdat (niit¨
a on enint¨
aa
¨n deg(Q) kappaletta).
25
Lause 3.4. Olkoon f : A → R (A ⊂ R) rationaalifunktio, x0 ∈ A ja Uh (x0 ) ⊂ A
(h > 0). T¨
all¨
oin on lim f (x) = f (x0 ).
x→x0
Todistus. Oletuksen nojalla on olemassa polynomit P, Q : A → R s.e. Q(x) 6= 0
P (x)
∀x ∈ A. Osam¨
aa
¨r¨
an raja-arvos¨
aa
¨nn¨
on 3.3 (iv) nojalla on
∀x ∈ A ja f (x) =
Q(x)
lim P (x)
lim f (x) =
x→x0
x→x0
lim Q(x)
=
x→x0
P (x0 )
,
Q(x0 )
sill¨
a vakion raja-arvo 3.2 i), funktion f (x) = x raja-arvo 3.2 ii) sek¨
a summan ja tulon
raja-arvos¨
aa
¨nn¨
ot 3.3 (i) ja (iii) toistuvasti sovellettuina osoittavat, ett¨
a yleisesti
polynomin raja-arvo on sen arvo. J¨
at¨
amme yksityiskohdat lukijoille. 2
x − 2 . Laske lim f (x), kun a) x = 0,
Esimerkki. Olkoon f (x) = x +
0
x→x0
x2 − 1
b) x0 = 1.
P , P (x) = x2 +x−2,
Ratkaisu. a) f : R\{−1, 1} → R on rationaalifunktio, sill¨
af = Q
Q(x) = x2 − 1 ja Q(x) = 0 ⇔ x = 1 tai x = −1. Koska 0 ∈ R \ {−1, 1} saadaan
suoraan lauseen 3.4 nojalla, ett¨
a
lim f (x) = f (0) =
x→0
02 + 0 − 2
=2
02 − 1
b) Koska Q(1) = 0, lausetta 3.4 ei voi k¨
aytt¨
aa
¨ (f ei ole edes m¨
aa
¨ritelty pisteess¨
a 1).
T¨
ass¨
a tapauksessa kuitenkin my¨
os P (1) = 0 ja paljastuu, ett¨
a f :n esitys f = P
Q ei
ole loppuun supistettu:
P (x) = x2 + x − 2 = (x − 1)(x + 2) ja Q(x) = x2 − 1 = (x − 1)(x + 1),
joten
f (x) =
P (x)
x+2
=
∀x ∈ R \ {−1, 1}.
Q(x)
x+1
+2
Siten lause 3.4 sovellettuna supistettuun lausekkeeseen g(x) = x
x + 1 antaa
lim f (x) = lim g(x) = g(1) =
x→1
x→1
26
1+2
3
= .
1+1
2
Toispuoliset raja-arvot.
M¨
a¨
aritelm¨
a 3.5. Olkoon reaalifunktio f m¨
aa
¨ritelty v¨
alill¨
a ]x0 , x0 + h[, miss¨
a
h > 0. T¨
all¨
oin f :ll¨
a on pisteess¨
a x0 oikeanpuoleinen raja-arvo a ∈ R, lim f (x)
x→x0 +
jos kaikilla > 0 on olemassa δ > 0 niin, ett¨
a x0 < x < x0 + δ ⇒ |f (x) − a| < .
Formaalisti
lim f (x) ⇔ ∀ > 0 ∃δ > 0 s.e. |f (x) − a| < ∀x ∈ ]x0 , x0 + δ[ .
x→x0 +
Vastaavasti m¨
aa
¨ritell¨
aa
¨n vasemmanpuoleinen raja-arvo a pisteess¨
a x 0 ehdolla
lim f (x) ⇔ ∀ > 0 ∃δ > 0 s.e. |f (x) − a| < ∀x ∈ ]x0 − δ, x0 [ .
x→x0 −
Havaintojen 3.2–3.4 vastineet p¨
atev¨
at samanlaisin todistuksin my¨
os oikeanpuolisille ja vasemmanpuolisille raja-arvoille. Helposti todistetaan my¨
os seuraava tulos:
Lause 3.6. Jos on olemassa lim f (x), niin on olemassa lim f (x) ja lim f (x)
x→x0 −
x→x0
ja
(∗)
x→x0 +
lim f (x) = lim f (x) = lim f (x)
x→x0 −
x→x0
K¨
aa
¨nt¨
aen: Jos on olemassa
x→x0 +
lim f (x) ja lim f (x) ja
x→x0 −
x→x0 +
niin on olemassa lim f (x) ja (∗) p¨
atee.
lim f (x) = lim f (x),
x→x0 −
x→x0 +
x→x0
Esimerkki 3.7.
i) lim |x| = 0, sill¨
a
x→0
x > 0 ⇒ |x| = x → 0, kun x → 0; siis lim |x| = 0 ja
x→0+
x < 0 ⇒ |x| = −x → 0, kun x → 0; siis lim |x| = 0
x→0−
ii) lim
x→0+
√
√
x = 0 = 0, sill¨
a kaikilla > 0 p¨
atee:
√
√
| x − 0| = x < ∀x ∈ 0, 2
(m¨
aa
¨ritelm¨
ass¨
a kaivatuksi :ia vastaavaksi δ:ksi voi siis valita δ = 2 ).
√
√
iii) Olkoon x0 > 0. T¨
all¨
oinkin (vrt. kohta ii)) on lim x = x0 . Jos n¨
aet > 0,
x→x0
niin
√
√
√
√
√
| x − x0 |( x + x0 )
√
|x − x0 |
|x − x0 |
√
| x − x0 | =
<
= √
√
√ < √
x0
x + x0
x + x0
√
kun |x − x0 | < δ = min{x0 , x0 }.
Huomautus. My¨
ass¨
a terminologiassa kohdat 3.7 ii) ja iii) merkitsev¨
at, ett¨
a
√ohemm¨
aa
¨rittelyjoukossaan [0, ∞[.
funktio f (x) = x on jatkuva koko m¨
27
Lause 3.8. (Yhdistettyjen funktioiden raja-arvot)
Olkoot g : B → R ja f : A → B (A, B ⊂ R) kuvauksia, x0 ∈ R, Uh0 (x0 ) ⊂ A
(h > 0), a ∈ R, Uk0 (a) ⊂ B (k > 0), lim f (x) = a, lim g(y) = b. Jos f (x) 6= a
x→x0
∀x ∈
Uh0 (x0 ),
y→a
niin yhdistetty funktio g ◦ f : A → R toteuttaa ehdon
lim (g ◦ f )(x) = lim g(f (x)) = b.
x→x0
x→x0
Todistus. Olkoon > 0. Koska lim g(x) = b, l¨
oytyy δ > 0 s.e. 0 < |y − a| < δ ⇒
y→a
|g(y) − b| < . Koska lim f (x) = a, l¨
oytyy edelleen δ 0 > 0 s.e. 0 < |x − x0 | < δ 0 ⇒
x→x0
|f (x) − a| < δ. Oletuksesta f (x) 6= a ∀x ∈ Uh0 (x0 ) ja δ:n valinnasta seuraa nyt, ett¨
a
0 < |x − x0 | < δ 0 ⇒ 0 < |f (x) − a| < δ ⇒ |g(f (x)) − b| < ,
joten δ 0 k¨
ay raja-arvon m¨
aa
¨rittelyss¨
a haetuksi :ia vastaavaksi positiiviluvuksi ja
v¨
aite on todistettu. Lopuksi viel¨
a kuva p¨
aa
¨ttelyn juonesta:
A
f
.................................................................................................................................
g
B
.................................................................................................................................
R
............................................
............................................
..........
..........
..............
..............
........
........
.........
.........
.......
.......
........
........
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
........
.
........
.
.
...
.
.
.
.
.
.
.
.
...........
.......... .
.....
.....
.................................................... ....................................................
.................................................... ....................................................
.............................................................................................................
]
[
◦
x0 − δ 0 x0 x0 + δ 0
]
a−δ
◦
a
[
a+δ
]
b−
b
[
b+
Huomautus 3.9. (i) Koska ehto lim g(y) = b ei takaa mit¨
aa
¨n mahdollisesta ary→a
vosta g(a) (jos a ∈ B), on selv¨
aa
¨, ett¨
a yll¨
a tarvitaan rajoitus f (x) 6= a ”l¨
ahell¨
a
x0 :aa”
(ii) Jos g on m¨
aa
¨ritelty my¨
os a:ssa (ts. a ∈ B) ja jos lim g(y) = b = g(a), v¨
aite
y→a
lim g(f (x)) = b p¨
atee yll¨
a my¨
os ilman oletusta f (x) 6= a ”l¨
ahell¨
a pistett¨
a x 0 ”.
x→x0
Todistuksessa mahdollisuus f (x) = a ei tuo ongelmia, sill¨
a silloin g(f (x)) = g(a) =
b.
√
√
√
Esimerkki. i) lim x2 + 3 = 32 + 3 = 12 lauseen 3.8, huomautuksen 3.9 ii) ja
x→3
esimerkin 3.7 iii) nojalla.
ii) My¨
os esimerkiksi yleisesti k¨
aytetyss¨
a ”neli¨
o juurilavennuksessa” k¨
aytet¨
aa
¨n samo√
ja tietoja p¨
aa
¨ttelyn pohjana. Esimerkkin¨
a t¨
ast¨
a laskemme raja-arvon lim 1 −2 x − 3 .
x→4
x − 16
Nyt
√
√
√
√
(1 − x − 3)(1 + x − 3)
12 − ( x − 3)2
1− x−3
√
√
=
= 2
=
x2 − 16
(x2 − 16)(1 + x − 3)
(x − 16)(1 + x − 3)
1
4−x
1
1
√
√
=− .
=−
−→ −
16
(x − 4)(x + 4)(1 + x − 3)
(x + 4)(1 + x − 3) x→4 8 · 2
√
Esimerkiss¨
a 3.7√ii) ja iii) todettu funktion f (x) = x jatkuvuus p¨
atee my¨
os
n
funktiolle f (x) = x. Esit¨
amme tuloksen jo t¨
ass¨
a, vaikka todistukseen tarvittaisiin
my¨
ohemp¨
aa
¨ tulosta k¨
aa
¨nteisfunktion jatkuvuudesta.
=
28
Lause 3.10. (i) Jos n ∈ N on parillinen niin
√
√
lim n x = n x0 ∀x0 ∈ [0, ∞[
x→x0
(pisteess¨
a x0 = 0 raja-arvo on tietysti oikeanpuoleinen).
(i) Jos n ∈ N on pariton niin
√
√
lim n x = n x0 ∀x0 ∈ R.
x→x0
Todistus. Seuraus my¨
ohemm¨
ast¨
a k¨
aa
¨nteisfunktion jatkuvuustuloksesta. Yhdess¨
a yhdistettyjen funktioiden raja-arvotulosten 3.8 ja 3.9 ii) kanssa sovellettuna lause 3.10 mahdollistaa monia raja-arvolaskuja.
√
3
x+1
Esimerkki 3.11. Laske lim x + 1
x→−1
Ratkaisu.
√
√
3
3
x+1
x+1
1
1
1
√
= √
= .
= √
−→
√
√
3
3
3
3
3
2
2
x+1
3
( x + 1)( x − x + 1)
x − x + 1 x→−1 1 + 1 + 1
Laajennetut reaaliluvut R ja niihin liittyv¨
at erityiset raja-arvok¨
asitteet.
M¨
a¨
aritelm¨
a 3.12. R = R ∪ {−∞} ∪ {∞} (−∞ 6= ∞) seuraavin sopimuksin (”sallitut muodot”):
∞>x
∀x ∈ R \ {∞},
−∞ < x
∀x ∈ R \ {−∞},
x + ∞ = ∞ + x = ∞ + ∞ = ∞ ∀x ∈ R,
x + (−∞) = x − ∞ = (−∞) + x = (−∞) + (−∞) = −∞ − ∞ = −∞
a · ∞ = ∞ · a = ∞ ∀a > 0,
a · (−∞) = (−∞) · a = −∞
a · ∞ = ∞ · a = −∞ ∀a < 0,
∞
1
= · ∞ ∀a ∈ R \ {0},
a
a
√
∞n = n ∞ = ∞ ∀n ∈ N,
∞ · ∞ = (−∞)(−∞) = ∞,
∀a > 0,
a · (−∞) = (−∞) · a = ∞ ∀a < 0,
−∞
1
= · (−∞) ∀a ∈ R \ {0},
a
a
(−∞)n = (−1)n ∞n = (−1)n ∞,
a
a
=
= 0 ∀a ∈ R,
∞
−∞
∀x ∈ R,
√
n
−∞ = −∞ (n pariton),
∞ · (−∞) = (−∞) · ∞ = −∞.
Raja-arvok¨
asitteiss¨
a ∞ ja −∞ voivat olla joko l¨
ahestytt¨
av¨
an pisteen x 0 ∈ R
roolissa tai raja-arvon roolissa tai molemmissa. Annamme perusm¨
aa
¨ritelmi¨
a:
29
M¨
a¨
aritelm¨
a 3.13.
lim f (x) = a (a ∈ R) ⇐⇒
(i)
x→∞
(∀ > 0 ∃M > 0 s.e. x > M ⇒ |f (x) − a| < )
lim f (x) = a (a ∈ R) ⇐⇒
(ii)
x→−∞
(∀ > 0 ∃m < 0 s.e. x < m ⇒ |f (x) − a| < )
lim f (x) = ∞ (x0 ∈ R) ⇐⇒
(iii)
x→x0
(∀M > 0 ∃δ > 0 s.e. 0 < |x − x0 | < δ ⇒ f (x) > M )
lim f (x) = −∞ (x0 ∈ R) ⇐⇒
(iv)
x→x0
(∀m < 0 ∃δ > 0 s.e. 0 < |x − x0 | < δ ⇒ f (x) < m)
lim f (x) = ∞ ⇐⇒
(v)
x→∞
(∀M > 0 ∃aM > 0 s.e. x > aM ⇒ f (x) > M )
lim f (x) = ∞ ⇐⇒
(vi)
x→−∞
(∀M > 0 ∃bM < 0 s.e. x < bM ⇒ f (x) > M )
Loput k¨
asitteet lim f (x) = −∞, lim f (x) = −∞, lim f (x) = ∞, lim f (x) =
x→−∞
x→x0 +
x→∞
x→x0 +
−∞, lim f (x) = ∞ ja lim f (x) = −∞ j¨
at¨
amme lukijan itsens¨
a muotoiltaviksi
x→x0 −
yo. mallin avulla.
x→x0 −
Voidaan osoittaa, ett¨
a raja-arvojen laskulausekkeet 3.3, 3.8 ja 3.10 p¨
atev¨
at my¨
os
R:ssa, kunhan lasketaan m¨
aa
¨ritelm¨
an 3.12 ”sallituilla muodoilla”. ”Kiellettyj¨
a muo∞ ja 0 · ∞, joita vastaavissa raja-arvolaskuissa tulos
toja” ovat esimerkiksi ∞ − ∞, ∞
voi olla mit¨
a tahansa (tai raja-arvoa ei tarvitse edes olla olemassa).
n
Esimerkki 3.14. Laske lim axn + 1 , (n ∈ N), (a, b ∈ R \ {0}).
x→∞ bx + 2
Ratkaisu. Suora sijoitus antaa osoittajaksi
∞, a > 0
n
a·∞ +1 = a·∞+1 =
−∞, a < 0
ja nimitt¨
a j¨
aksi
n
b·∞ +2 = b·∞+2 =
∞, b > 0
−∞, b < 0
∞ , −∞ , ∞ tai −∞ . On siis laskettava toisin:
ja osam¨
aa
¨r¨
aksi kielletyn muodon ∞
∞ −∞
−∞
a + 1n
axn + 1
x −→ a +
=
n
bx + 2
b + 2n x→∞ b +
x
30
1
∞ = a + 0 = a,
2
b+0
b
∞
−∞ ∞
−∞
ts. muoto ∞
a tahansa
∞ ( vast. ∞ , −∞ tai −∞ ) voi tuottaa raja-arvoksi mink¨
a
luvun ∈ R \ {0}.
b
Tietysti raja-arvoksi voisi tulla my¨
os 0 tai ∞ tai −∞, esim.
x2
x
1
1
1
−→
=
=
= 0,
1
+1
∞
x + x x→∞ ∞ + 0
x2 + 1
1
=x+
−→ ∞ + 0 = ∞,
x
x x→∞
x2 + 1
1
= −x −
−→ −∞ + 0 = −∞.
x
x x→∞
Raja-arvoa ei my¨
osk¨
aa
¨n tarvitse olla olemassa: Jos
 2

 x2 + 1 , ∀x ∈ Q,
x +2
f (x) =
2

 2x + 1 , ∀x ∈ R \ Q,
x2 + 2
niin helposti n¨
ahd¨
aa
¨n, ett¨
a
−
lim f (x) = 1 ja
x→∞
x∈Q
lim f (x) = 2
x→∞
x∈R\Q
(t¨
allaisten uusien raja-arvok¨
asitteiden ilmeisen m¨
aa
¨ritelm¨
an j¨
alkeen), mutta
@ lim f (x) (= x→∞
lim f (x))
x→∞
x∈R
ja t¨
am¨
a raja-arvo on kielletty¨
a muotoa ∞
∞.
Esimerkki.
lim (x4 − x3 ) = lim x3 (x − 1) = ∞3 (∞ − 1) = ∞4 = ∞
(i)
x→∞
x→∞
tai toisin laskien
x4 − x3 = x4 (1 −
(ii)
1
1
) −→ ∞4 (1 − ) = ∞4 = ∞
x x→∞
∞
lim (x2 − x3 ) = (−∞)2 − (−∞)3 = ∞2 − (−∞) = ∞ + ∞ = ∞
x→−∞
tai toisin laskien
x2 − x3 = x2 (1 − x) −→ (−∞)2 (1 − (−∞)) = ∞2 (1 + ∞) = ∞ · ∞ = ∞
x→−∞
tai viel¨
a toisin laskien
x2 − x 3 = x 3 (
1
1
− 1) −→ (−∞)3 (
− 1) = (−∞)(−1) = ∞
x→−∞
x
−∞
Joskus vaikeasti laskettava raja-arvo l¨
oytyy k¨
aytt¨
aen ”kuristusta”:
31
Lause 3.15. Olkoon x0 ∈ R ja olkoon
g(x) ≤ f (x) ≤ h(x) ∀x ∈ Ur0 (x0 ) (r > 0),
jos lim g(x) = a = lim h(x) (a ∈ R), niin lim f (x) = a.
x→x0
x→x0
x→x0
Todistus. Koska
(∗)
|f (x) − a| ≤ max{|g(x) − a|, |h(x) − a|} ∀x ∈ Ur0 (x0 ),
v¨
aite saadaan helposti raja-arvon m¨
aa
¨ritelm¨
aa
¨ soveltaen: kun > 0, niin |g(x)−a| <
ja |h(x) − a| < , kun x on riitt¨
av¨
an l¨
ahell¨
a x0 :aa raja-arvo oletusten ollessa
voimassa. J¨
at¨
amme yksityiskohtaisen p¨
aa
¨ttelyn lukijalle t¨
am¨
an vihjeen j¨
alkeen. Huomautus. Ehto (∗) seuraa siit¨
a, ett¨
a f (x) on g(x):n ja h(x):n v¨
aliss¨
a.
Huomautus 3.16. Lausetta 3.15 vastaava tulos p¨
atee my¨
os, kun x 0 = ∞ tai x0 =
−∞ tai kun raja-arvo a = ∞ tai a = −∞ (tai molemmat ovat ±∞).
1 , kun tiedet¨
Esimerkki 3.17. Laske lim x sin x
aa
¨n, ett¨
a −1 ≤ sin y ≤ 1 eli | sin y| ≤
1 ∀y ∈ R .
x→0
1 | ≤ 1 ∀x ∈ R \ {0} niin |x sin 1 | ≤ |x| ∀x ∈ R \ {0}. Siis
Ratkaisu. Koska | sin x
x
1
−|x| ≤ |x sin | ≤ |x| ∀x ∈ R \ {0}
x
ja koska lim |x| = 0 = lim (−|x|) (esimerkki 3.7i), niin kuristusperiaate takaa, ett¨
a
x→0
x→0
1 = 0. my¨
os lim x sin x
x→0
1 ei ole raja-arvoa origossa, sill¨
Esimerkki 3.18. Funktiolla f (x) = sin x
a origon
1 ) =
alill¨
a [−1, 1] (esim.
f ( nπ
jokaisessa ymp¨
arist¨
oss¨
a Uδ0 (0) f saa kaikki arvot v¨
π
2
1
+ 2nπ
= sin( π
2 + 2nπ) = 1 ∀n ∈ N ja f
1
=
+ 2nπ
sin( 3π
ahd¨
aa
¨n siis, ettei f (x) voi pysy¨
a
2 + 2nπ) = −1 ∀n ∈ N). Valitsemalla < 1 n¨
a:n -ymp¨
arist¨
oss¨
a mill¨
aa
¨n valinnalla a ∈ R. P¨
aa
¨ttelyn yksityiskohdat lukija voi
itse t¨
aydent¨
aa
¨ (sinifunktion tultua jatkossa m¨
aa
¨ritellyksi).
sin(nπ) = 0 ∀n ∈ N, f
3π
2
Seuraavaa lausetta on oikeastaan jo tarvittu tukemaan osam¨
aa
¨r¨
an raja-arvos¨
aa
¨nn¨
on
muotoilutapaa lauseessa 3.3. Sen mukaan funktio on raja-arvon merkkinen l¨
ahestytt¨
av¨
an pisteen pieness¨
a ymp¨
arist¨
oss¨
a (jos raja-arvo ei ole 0).
Lause 3.19. Jos a > 0 ja lim f (x) = a (x0 ∈ R), niin on olemassa δ > 0 siten,
x→x0
ett¨
a f (x) > 0 kaikilla x ∈ Uδ0 (x0 ).
Todistus. Valitaan = a ja sovelletaan raja-arvon m¨
aa
¨ritelm¨
aa
¨: ∃δ > 0 s.e. |f (x) −
0
0
all¨
oin f (x) > 0 ∀x ∈ Uδ (x0 ). a| < a ∀x ∈ Uδ (x0 ). T¨
Huomautus 3.20. Vastaava tulos p¨
atee tapauksissa x0 = ∞ ja x0 = −∞.
32
Jatkuvuus.
Intuitiivisesti reaalifunktion f : I → R (I ⊂ R v¨
ali) jatkuvuus tarkoittaa, ett¨
a
sen kuvak¨
ayr¨
a y = f (x) on katkeamaton ”jatkuva” k¨
ayr¨
a. T¨
am¨
a idea on mahdollista saattaa t¨
asm¨
alliseen muotoon raja-arvok¨
asitteeseen perustuvalla m¨
aa
¨ritelm¨
all¨
a,
johon yll¨
a on jo useaan kertaan viitattu:
M¨
a¨
aritelm¨
a 3.21. Olkoon A ⊂ R v¨
ali tai avointen v¨
alien pistevieras yhdiste.
Funktio f : A → R on jatkuva pisteess¨
a x0 ∈ A, jos sen raja-arvo x0 :ssa on on sen
arvo f (x0 ) ts. jos p¨
atee ehto
(∗)
lim f (x) = f (x0 ).
x→x0
Tapauksessa, jossa x0 ∈ I on v¨
alin A = I p¨
aa
¨tepiste, ehdolla (∗) tarkoitetaan
toispuolista raja-arvoa.
Jos f on jatkuva jokaisessa x0 ∈ A, f on jatkuva A:ssa (tai vain ”f on jatkuva”).
Esimerkki 3.22. Funktio f (x) = |x| on jatkuva R:ss¨
a, sill¨
a lim |x| = |x0 | ∀x0 ∈
x→x0
R. Perustelu:
2.12.(6)
|x| − |x0 | ≤ |x − x0 | < , kun 0 < |x − x0 | < δ = .
Seuraavat lauseet on yll¨
a oleellisesti jo todistettu raja-arvotuloksina.
Lause 3.23. Olkoot f : A → R ja g : A → R kuvauksia ja x0 ∈ A. Jos f ja g ovat
f
jatkuvia x0 :ssa (vast. A:ssa), niin my¨
os f + g, f − g, f g ja g ovat jatkuvia x0 :ssa
f
aoletus, ett¨
a g(x0 ) 6= 0 (vast.
(vast. A:ssa). Osam¨
aa
¨r¨
an g tapauksessa tarvitaan lis¨
g(x) 6= 0 ∀x ∈ A).
Todistus. Seuraus lauseesta 3.3. P (x)
, (P, Q : R → R polynomeja) on
Q(x)
jatkuva koko m¨
aa
¨rittelyjoukossaan A = {x ∈ R | Q(x) 6= 0},
Seuraus 3.24. Rationaalifunktio f (x) =
Todistus. Lauseen 3.4 nojalla
lim f (x) = f (x0 ) ∀x0 ∈ A
x→x0
ja A on a
¨a
¨rellisen monen erillisen avoimen v¨
alin yhdiste.
Jatkuvien funktioiden yhdistetty kuvaus on aina jatkuva:
Lause 3.25. Jos f : A → B on jatkuva pisteess¨
a x0 ∈ A ja g : B → R jatkuva
pisteess¨
a f (x0 ) ∈ B, niin yhdistetty kuvaus g ◦ f : A → R on jatkuva pisteess¨
a x0
Todistus. Seuraa lauseesta 3.8, katso my¨
os huomautus 3.9 ii). 33
p
Esimerkki 3.26. Funktio f (x) =
|x| + x2 on jatkuva R:ss¨
a, sill¨
a f voidaan
esitt¨
aa
¨ yhdistettyn¨
a kuvauksena jatkuvista funktioista h : R → [0, ∞[, h(x) =
√
|x| + x2 , ja g : [0, ∞[ → R, g(y) = y:
p
f (x) = |x| + x2 = g(h(x)) = (g ◦ h)(x).
Jatkuvien funktioiden ominaisuuksia.
Koska seuraavien lauseiden todistaminen veisi kurssin kannalta liian syv¨
alle teoreettisiin tarkasteluihin, annamme ne ilman todistuksia.
Lause 3.27. Jos f : [a, b] → R on jatkuva, niin f ([a, b]) = [m, M ], miss¨
a m on f :n
pienin ja M f :n suurin arvo v¨
alill¨
a [a, b].
Suljetulla v¨
alill¨
a jatkuva funktio saa siis t¨
all¨
a v¨
alill¨
a suurimman arvon ja pienimm¨
an arvon. Lis¨
aksi se saa kyseisell¨
a v¨
alill¨
a kaikki suurimman ja pienimm¨
an arvon
v¨
alisetkin arvot. Jos erityisesti f (a) ja f (b) ovat erimerkkiset, p¨
atee ns. Bolzanon
lause:
Lause 3.28. (Bolzano) Jos f : [a, b] → R on jatkuva ja f (a) < 0, f (b) > 0, niin on
olemassa x0 ∈ ]a, b[ s.e. f (x0 ) = 0.
Todistus. Annamme suoran todistuksen juonen, koska yleens¨
a t¨
at¨
a lausetta k¨
aytet¨
aa
¨n apuna edellist¨
a todistettaessa.
Merkit¨
aa
¨n A = {t ∈ [a, b] | f (x) < 0 ∀x ∈ [a, t]}. T¨
all¨
oin A 6= ∅ (a ∈ A) ja A on
ylh¨
aa
¨lt¨
a rajoitettu (b on A:n yl¨
araja), joten on olemassa x0 = sup A ≤ b. Voidaan
osoittaa, ett¨
a a < x0 < b (ks. lause 3.19) ja f (x0 ) = 0. (T¨
am¨
a x0 on f :n pienin
nollakohta [a, b]:ss¨
a. ”Toiseksi pienint¨
a” ei muuten tarvitse edes olla olemassa, jos
nollakohtia on a
¨a
¨rett¨
om¨
an monta!) Esimerkki 3.29. Tutki onko funktiolla f (x) = x2 + x suurinta tai pienint¨
a arvoa
R:ss¨
a.
Ratkaisu.
Tapa 1: f (x) = x2 + x = (x + 21 )2 − 41 ≥ − 14 ∀x ∈ R ja f (− 12 ) = − 14 , joten on
olemassa min f (R) = − 41 . Koska lim f (x) = ∞2 + ∞ = ∞ + ∞ = ∞, suurinta
x→∞
arvoa ei ole.
Tapa 2: Koska f (1) = 2 ja lim f (x) = ∞ ja
x→∞
lim f (x) =
x→−∞
lim x(x + 1) =
x→−∞
(−∞)(−∞) = ∞, on olemassa M > 0 ja m < 0 siten, ett¨
a v¨
alin [m, M ] ulkopuolella
f (x) > f (1) = 2. V¨
alill¨
a [m, M ] f saa pienimm¨
an arvon a = min f ([m, M ]).
Nyt 1 ∈ [m, M ] (koska f (x) > f (1) ∀x ∈ R \ [m, M ]). Siten f (x) > f (1) ≥ a
∀x ∈ R \ [m, M ] ja f (x) ≥ a ∀x ∈ [m, M ]. Siis f (x) ≥ a ∀x ∈ R. N¨
ain ollen:
∃a = min f (R) ja @ max f (R).
Tavan 2 perusajatus oli, ett¨
a ”l¨
ahell¨
a pisteit¨
a ∞ ja −∞ f (x) on suurempi kuin
f (1)”, jonka avulla voitiin pienint¨
a arvoa haettaessa rajoittua sopivaan 1:n sis¨
alt¨
av¨
aa
¨n suljettuun v¨
aliin ja k¨
aytt¨
aa
¨ siell¨
a lausetta 3.27.
V¨
alill¨
a m¨
aa
¨ritellyn jatkuvan bijektion k¨
aa
¨nteisbijektio on jatkuva:
34
Lause 3.30. Olkoon f : I → R (I ⊂ R v¨
ali) kuvaus. Jos f on jatkuva, niin
kuvajoukko I 0 = f (I) on my¨
os v¨
ali (tai piste, jonka voi ajatella yksipisteiseksi
suljetuksi ”v¨
aliksi”). Jos lis¨
aksi f on injektio, niin rajoittuma f : I → I 0 on aidosti
monotoninen bijektio, jonka k¨
aa
¨nteisbijektio f −1 : I 0 → I on jatkuva ja aidosti
monotoninen (kasvava, jos f on kasvava, ja v¨
ahenev¨
a, jos f on v¨
ahenev¨
a).
Huomautus 3.31.
Lauseen 3.10 v¨
aite juurifunktion jatkuvuudesta seuraa nyt sii√
n
t¨
a, ett¨
a g(x) = x on funktion f (x) = xn k¨
aa
¨nteisfunktio. Jos n on parillinen,
f : [0, ∞[ → [0, ∞[ on jatkuva, aidosti kasvava bijektio ja y = f (x) = xn ⇔ x =
√
g(y) = n y ∀x, y ∈ [0, ∞[. Siten g = f −1 on jatkuva ja aidosti kasvava.
Jos taas n on pariton, niin f : R → R, f (x) = xn on jatkuva ja aidosti kasvava
√
bijektio ja g = f −1 : R → R, g(y) = n y, on siis my¨
os jatkuva ja aidosti kasvava.
Kummassakin tapauksessa aidon kasvun voi todistaa suoraankin, mutta helpompi todistus saadaan my¨
ohemmin derivaatan avulla. Funktion f (x) = xn surjektiivisuus seuraa kummassakin tapauksessa siit¨
a, ett¨
a jatkuva funktio saa kahden arvonsa
v¨
aliset arvot. Todistus sujuu seuraavan esimerkin tyyliin.
Esimerkki. Olkoon n ∈ N ja olkoon c > 0. T¨
all¨
oin funktio f (x) = xn on jatkuva,
f (0) = 0 ja lim f (x) = ∞. Siten on olemassa sellainen M > 0, ett¨
a f (x) > c aina
x→∞
kun x ≥ M . Nyt 0 = f (0) < c < f (M ) ja f on jatkuva v¨
alill¨
a [0, M ], joten on
olemassa sellainen x0 ∈ [0, M ], ett¨
a f (x0 ) = c.
1 = 0. N¨
ain ollen funktio
Esimerkki 3.32. i) Esimerkin 3.17 nojalla on lim x sin x
x→0
(
1 , x 6= 0
x sin x
f (x) =
, on jatkuva origossa, sill¨
a lim f (x) = 0 = f (0).
x→0
0,
x=0
(Se on jatkuva my¨
os origon ulkopuolella, sill¨
a sin : R → R on jatkuva (my¨
o1
hempi asia), joten yhdistettyjen funktioiden jatkuvuuss¨
aa
¨nt¨
o takaa funktion sin x
jatkuvuuden pisteiss¨
a x0 6= 0. Edelleen tulon jatkuvuuss¨
aa
¨nn¨
ost¨
a seuraa, ett¨
a my¨
os
1
x sin x on jatkuva t¨
all¨
oin.)
1 . Siten ei ole olemassa
ii) Esimerkin 3.18 nojalla ei ole olemassa raja-arvoa lim sin x
x→0
(
1 , x 6= 0
sin x
R:ss¨
a m¨
aa
¨ritelty¨
a jatkuvaa funktiota f , joka olisi muotoa f (x) =
,
a,
x=0
(a ∈ R), sill¨
a ehto lim f (x) = f (0) ei voi toteutua, koska raja-arvoa lim f (x) ei ole.
x→0
x→0
1 ei voi ”laajentaa” origossa jatkuvaksi funktioksi.
Toisin sanoen funktiota sin x
x + 1, x ≥ a
Esimerkki 3.33. Mill¨
a a:n arvolla funktio f : R → R, f (x) =
on
2x,
x<a
jatkuva?
Ratkaisu. Jos x0 6= a, f yhtyy x0 :n kokonaisessa ymp¨
arist¨
oss¨
a jatkuvaan funktioon
g(x) = x + 1 tai h(x) = 2x. T¨
all¨
oin lim f (x) = f (x0 ), sill¨
a raja-arvo ei riipu
x→x0
funktion arvoista ”et¨
aa
¨ll¨
a” x0 :sta. N¨
ain ollen f on jatkuva x0 :ssa ainakin silloin
kun x0 6= a. Ratkaisevaksi muodostuu siis f :n jatkuvuus pisteess¨
a x0 = a. T¨
at¨
a
35
t¨
aytyy tutkia laskemalla erikseen toispuoliset raja-arvot a:ssa, sill¨
a a:n ymp¨
arist¨
oss¨
a
f :ll¨
a on eri lausekkeet a:sta vasemmalle ja oikealle. Nyt
lim f (x) = lim (x + 1) = a + 1 = f (a) ja
x→a+
x→a+
lim f (x) = lim 2x = 2a,
x→a−
x→a−
joten
∃ lim f (x) = f (a) ⇔ a + 1 = 2a ⇔ a = 1
x→a
Siis f on jatkuva a:ssa ⇔ a = 1. Siis f on jatkuva R:ss¨
a ⇔ a = 1.
Lukujonon raja-arvo.
M¨
a¨
aritelm¨
a 3.34. Lukujono on kuvaus f : N → R, f (n) = an , (n ∈ N). Arvo
∞
f (n) = an on jonon n:s j¨
asen ja jonoa merkit¨
aa
¨n my¨
os (an )n=1 = (an ). Jos n1 <
n2 < . . . on aidosti kasvava jono luonnollisia lukuja, saadaan jonon (an ) osajono
∞
(ani )i=1 .
∞
1 ∀n ∈ N.
1
Esimerkki. i) Jonossa n
on an = n
n=1
x
n
ii) Jono x1 = 1, xn+1 = 1 + x (n ∈ N), on m¨
aa
¨ritelty palautuskaavalla (rekursioln
la) antamalla seuraava j¨
asen edellisten avulla. Itse asiassa n¨
aill¨
a kaavoilla annettu
1
am¨
a induktiolla:
jono toteuttaa ehdon xn = n ∀n ∈ N! Todistetaan t¨
1
1
◦
1 x1 = 1 = 1 , joten v¨
aite xn = n p¨
atee kun n = 1.
1 . T¨
◦
all¨
oin saadaan
2 Tehd¨
aa
¨n induktio-oletus: n ∈ N ja xn = n
xn+1 =
xn
1 + xn
ind. ol.
=
1
n· n
1/n
1
=
.
=
1)
1 + 1/n
n+1
n(1 + n
1 ∀n ∈ N.
1◦ &2◦ &ind. ⇒ xn = n
∞
M¨
a¨
aritelm¨
a 3.35. Jono (an )n=1 suppenee kohti lukua a ∈ R, lim an = a,
n→∞
jos ∀ > 0 ∃n ∈ N s.e. n > n ⇒ |an − a| < .
∞
Jono (an )n=1 suppenee (hajaantuu) kohti a
¨a
¨ret¨
ont¨
a, lim an = ∞,
n→∞
jos ∀M > 0 ∃nM ∈ N s.e. n > nM ⇒ an > M.
∞
Jono (an )n=1 suppenee (hajaantuu) kohti miinus a
¨a
¨ret¨
ont¨
a, lim an = −∞,
n→∞
jos ∀m < 0 ∃nm ∈ N s.e. n > nm ⇒ an < m.
Suppenevan jonon osajonot suppenevat my¨
os:
36
∞
Lause 3.36. Jos (ani )i=1 on jonon (an ) osajono ja jos lim an = a (a ∈ R), niin
n→∞
lim ani = a.
i→∞
Todistus. K¨
asitell¨
aa
¨n malliksi tapaus a ∈ R. Olkoon > 0. Koska lim an = a,
n→∞
∃n s.e. n > n ⇒ |an − a| < . Valitaan i ∈ N s.e. ni > n . T¨
all¨
oin
i > i ⇒ ni > ni ⇒ |ani − a| < .
K¨
aa
¨nteiseen suuntaan p¨
atee (todistus harjoitusteht¨
av¨
aksi):
Lause 3.37. lim an = a ⇔ lim a2n = a ja lim a2n+1 = a.
n→∞
n→∞
n→∞
Toisin sanoen, jonon (an ) suppenemiselle on v¨
altt¨
am¨
at¨
ont¨
a ja riitt¨
av¨
aa
¨ ”parillisten” ja ”parittomien” j¨
asenten muodostamien osajonojen suppeneminen kohti
samaa raja-arvoa.
Jonojen raja-arvoille p¨
atee samanlainen laskulause kuin funktioiden raja-arvoille:
Lause 3.38. Jos lim an = a ja lim bn = b, niin
n→∞
n→∞
(i) lim (an ± bn ) = a ± b,
n→∞
(ii) lim an bn = ab,
n→∞
(iii) lim an = a , jos bn 6= 0 ∀n ∈ N ja b 6= 0.
b
n→∞ bn
Itse asiassa monet jonojen raja-arvolaskut voi ajatella funktioiden raja-arvoina
∞:ss¨
a, jos n:n pystyy halutessaan tulkitsemaan reaaliseksi variaabeliksi tarkasteltavassa tilanteessa.
1 = 1 = 0.
Esimerkki 3.39. (i) lim n
∞
n→∞
(−1)n
1 −→ 0 ja samoin ”parittomien
a ”parillisten osajono” 2n
n = 0, sill¨
n→∞
n→∞
−1
osajono” 2n + 1 −→ 0. My¨
os voisi soveltaa kuristusperiaatetta:
n→∞
(ii) lim
1
(−1)n
−1
(−1)n
1
1
≤
≤
ja lim
= 0 ja lim (− ) = 0 joten lim
=0
n→∞ n
n→∞
n→∞
n
n
n
n
n
∞
M¨
a¨
aritelm¨
a 3.40. Jono (an )n=1 on nouseva (kasvava), jos an+1 ≥ an ∀n ∈ N.
∞
Jono (an )n=1 on laskeva (v¨
ahenev¨
a), jos an+1 ≤ an ∀n ∈ N. Jono (an ) on ylh¨
aa
¨lt¨
a
rajoitettu (vast. alhaalta rajoitettu), jos joukko {an | n ∈ N} on vastaavanlainen.
n
n < 1
Esimerkki. Jono n +
aa
¨lt¨
a rajoitettu, kasvava jono, sill¨
a n+
1 on ylh¨
1
n
n
+
1
2
2
2
∀n ∈ N ja n + 1 < n + 2 ∀n ∈ N, (sill¨
a n + 2n < (n + 1) = n + 2n + 1 ∀n ∈ N).
Perustulos nousevien ja laskevien jonojen suppenemisesta on yksinkertainen:
37
Lause 3.41. (i) Nouseva jono (an ) suppenee kohti ∞, kun (an ) ei ole ylh¨
aa
¨lt¨
a
rajoitettu ja kohti lukua
a = sup{an | n ∈ N},
kun (an ) on ylh¨
aa
¨lt¨
a rajoitettu.
(ii) Laskeva jono (an ) suppenee kohti −∞, kun (an ) ei ole alhaalta rajoitettu ja
kohti lukua
a = inf{an | n ∈ N},
kun (an ) on alhaalta rajoitettu.
Yhteenveto

∞,



 sup{a | n ∈ N},
n
lim an =
n→∞

−∞,



inf{an | n ∈ N},
kun (an ) on nouseva ja ei ole ylh¨
aa
¨lt¨
a rajoitettu,
kun (an ) on nouseva ja ylh¨
aa
¨lt¨
a rajoitettu,
kun (an ) on laskeva ja ei ole alhaalta rajoitettu,
kun (an ) on laskeva ja alhaalta rajoitettu.
Todistus. Malliksi (i). Jos (an ) ei ole ylh¨
aa
¨lt¨
a rajoitettu ja M > 0, niin on olemassa
nM ∈ N siten, ett¨
a anM > M . T¨
all¨
oin n > nM ⇒ an ≥ anM > M ⇒ an > M ,
joten lim an = ∞.
n→∞
Jos taas (an ) on ylh¨
aa
¨lt¨
a rajoitettu, on olemassa a = sup{an | n ∈ N}. Jos
> 0, on sup:n -kriteerin (2.8) nojalla olemassa n ∈ N s.e. an > a − . T¨
all¨
oin
n > n ⇒ a ≥ an ≥ an > a − ⇒ |a − an | < , joten lim an = a. n→∞
Huomautus. Tiiviimpi sanonta: Nouseva lukujono suppenee aina kohti supremumiansa. Tapaus ”jono ei ole ylh¨
aa
¨lt¨
a rajoitettu” ilmaistaan t¨
ass¨
a sopimuksella ”sup{an | n ∈ N} = ∞”. Vastaavasti laskeva lukujono suppenee aina kohti infimumiansa, jolloin tapauksessa ”jono ei ole alhaalta rajoitettu” on sovittu
”inf{an | n ∈ N} = −∞”. Nyt lauseen 3.41 tulos voidaan pelkist¨
aa
¨ muotoon:
sup{an | n ∈ N}, kun (an ) on nouseva,
lim an =
n→∞
inf{an | n ∈ N}, kun (an ) on laskeva.
n
∞
1
Esimerkki 3.42. (Neperin luku e) Tarkastellaan jonoa (an )n=1 , an = 1 + n .
Binomilauseen nojalla on
n
1
n(n − 1) 1
n(n − 1)(n − 2) 1
1
1
1+
= 1+n· +
+
+ ...+ n,
2
3
n
n
2
n
1·2·3
n
n
josta helposti johdetaan
n
1
1
1
1
1
1
2
(∗)
1+
=1+ +
1−
+
1−
1−
+ ...
n
1! 2!
n
3!
n
n
1
1
2
k−1
+
1−
1−
... 1−
+...
k!
n
n
n
1
1
2
n−1
+
1−
1−
... 1−
n!
n
n
n
38
Yht¨
al¨
on (∗) oikean puolen termit ovat positiivisia. Kun n kasvaa, suurenee jokainen
1 ,
1 , 1− 2 , . . . kasvavat tekij¨
oiksi 1− n +
termi kolmannesta alkaen (sill¨
a tekij¨
at 1− n
n
1
2
1 − n + 1 , . . .) ja loppuun tulee uusi positiivinen termi. Jono (an ) on siis nouseva.
Yht¨
al¨
on (∗) nojalla on my¨
os
1
1+
n
n
<1+
1
1
1
+ + ...+
1! 2!
n!
∀n ∈ N \ {1}.
Edelleen havaitaan, ett¨
a
1
1
1
1
1
1 1
1
1
= 1−1 ,
= 2−1 ,
<
= 2,
< 3
1!
2
2!
2
3!
2·2
2 4!
2
ja samaan tapaan
1
1
≤ n−1
n!
2
∀n ∈ N.
Siten saadaan arvio
n−1
n
1 − ( 21 )n
1
1
1
1
1
(i)
= 3−
1+
≤ 1+ 1 + + 2 + . . . n−1 = 1+
< 3 ∀n ∈ N.
1
n
2 2
2
2
1− 2
Jono (an ) on siis my¨
os ylh¨
aa
¨lt¨
a rajoitettu ja sup{an | n ∈ N} ≤ 3. Kohdassa (i) on
sovellettu geometrisen sarjan teoriaa (ks. MAOL tai seuraava luku). Lauseen 3.40
nojalla on olemassa raja-arvo
n n
1
1
n ∈ N = lim 1 +
,
e = sup
1+
n→∞
n
n
ns. Neperin luku. Se on irrationaaliluku ja sen er¨
as likiarvo on e ≈ 2,71828. Huomattakoon, ett¨
a kyseiseen raja-arvoon liittyy ”kielletty muoto” 1 ∞ .
Jatkuvien funktioiden soveltamisesta suppeneviin jonoihin p¨
atee seuraava lause
Lause 3.43. Olkoon lim an = a ∈ R ja olkoon f a:ssa jatkuva reaalifunktio.
n→∞
T¨
all¨
oin lim f (an ) = f (a).
n→∞
Todistus. Olkoon > 0. Koska f on jatkuva a:ssa, on olemassa δ > 0 siten, ett¨
a
jos |x − a| < δ (tai toispuolisesti, a ≤ x < a + δ (vast. a − δ < x ≤ a), jos a
on m¨
aa
¨rittelyv¨
alin p¨
aa
¨tepiste), niin |f (x) − f (a)| < . Koska lim an = a ∈ R,
n→∞
on olemassa nδ ∈ N siten, ett¨
a jos n > nδ , niin |an − a| < δ (tai toispuolisesti
a ≤ an < a + δ (vast. a − δ < an ≤ a)). T¨
all¨
oin n > nδ ⇒ |f (an ) − f (a)| < . r
1
√
2
2
1
+
2
n = 1, on lim 3 n + 1 = 3 1 = 1,
Esimerkki. Koska lim n2 + 1 = lim
n→∞ 1 − 12
n→∞ n − 1
n→∞
n2 − 1
n
√
3
sill¨
a funktio f (x) = x on jatkuva pisteess¨
a 1.
39
4. Sarjat
∞
P
Sarja on summa x1 + x2 + . . . + xk + . . . =
xk , jossa on a
¨a
¨ret¨
on m¨
aa
¨r¨
a termej¨
a
k=1
xk . Tarkemmin:
∞
M¨
a¨
aritelm¨
a 4.1. Sarja on pari (xk ), (Sn ) , jossa (xk )k=1 on termien xk ∈ R jono
∞
ja (Sn )n=1 osasummien
Sn =
n
X
k=1
xk = x 1 + . . . + x n ∈ R
jono. T¨
at¨
a sarjaa merkit¨
aa
¨n yleens¨
a symbolilla
∞
P
xk . Sarja
k=1
∞
P
xk suppenee ja
k=1
sen summa on luku S ∈ R, jos osasummien jono (Sn ) suppenee kohti S:¨
aa
¨, ts. jos
∞
P
on olemassa lim Sn = S ∈ R. Muuten sanomme, ett¨
a sarja
xk hajaantuu.
n→∞
k=1
Huomautus 4.2. i) Symbolilla
∞
P
xk merkit¨
aa
¨n suppenemistapauksessa sek¨
a sar-
k=1
jaa ett¨
a summaa. Asiayhteydest¨
a on yleens¨
a selv¨
aa
¨, kummasta milloinkin puhutaan.
ii) Jos lim Sn = ∞, sarja siis hajaantuu kohti a
¨a
¨ret¨
ont¨
a. Hajaantuvassa sarjassa
n→∞
osasummien jonolla joko ei ole raja-arvoa tai raja-arvo on ∞ tai −∞.
Suppenevassa sarjassa termien jonolla t¨
aytyy olla raja-arvona 0:
∞
P
Lause 4.3. Jos sarja
xk suppenee kohti S ∈ R, niin lim xk = 0.
k→∞
k=1
Todistus. Jos k ≥ 2, niin xk = Sk − Sk−1 → S − S = 0, kun k → ∞, lauseen 3.36
nojalla. VAROITUS. Lausetta 4.3 ei voi k¨
aa
¨nt¨
aa
¨. Siit¨
a, ett¨
a lim xk = 0 ei seuraa sarjan
k→∞
∞
P
xk suppeneminen:
k=1
Esimerkki 4.4. (Harmoninen sarja
∞
P
1
k
k=1
∞
P
Tarkastellaan ns. harmonista sarjaa
hajaantuu kohti ∞.)
xk , xk = 1 . Havaitaan, ett¨
a
k
k=1
1
,
2
1
1
x2 = ≥ ,
2
2
1 1
1 1
1
x3 + x 4 = + > + = ,
3 4
4 4
2
1 1 1 1
1 1 1 1
1
x5 + x 6 + x 7 + x 8 = + + + > + + + = ,
5 6 7 8
8 8 8 8
2
x1 = 1 >
40
ja yleisesti
x2n +1 + . . . + x2n +2n > 2n ·
1
2n+1
=
1
.
2
am¨
an
N¨
aiden arvioiden avulla osasummille S2n (n ∈ N) p¨
atee S2n > n · 21 ∀n ∈ N (t¨
∞
ilmeisen havainnon voi todistaa induktiolla). Kaikkien osasummien jonolla (Sn )n=1
on siis kohti ∞ suppeneva osajono (S2n ), sill¨
a S2n > n · 21 → ∞, kun n → ∞
(kuristusperiaate). Koska termit xk = k1 ovat positiivisia, osasummien jono on
kasvava ja koska sen osajono ei ole ylh¨
aa
¨lt¨
a rajoitettu, se ei ole itsek¨
aa
¨n ylh¨
aa
¨lt¨
a
rajoitettu. Siten (ks. 3.41) Sn → ∞, kun n → ∞ eli harmoninen sarja hajaantuu
kohti ∞. Geometriset sarjat. Osasumman Sn = x1 + . . . + xn lauseke n:n funktiona on
mahdollista laskea vain harvinaisissa poikkeustapauksissa, joista t¨
arkein on geometrinen sarja.
∞
M¨
a¨
aritelm¨
a 4.5. Geometriseen jonoon (a, aq, aq 2, . . .) = aq n−1 n=1 (a ∈ R, q ∈
R) liittyv¨
a sarja
∞
X
aq k = a + aq + aq 2 + . . .
k=0
on geometrinen sarja, jonka ensimm¨
ainen termi on a ja suhdeluku q.
∞
P k
Lause 4.6. Geometrisen sarjan
aq n:s osasumma
k=0
Sn =
n−1
X
aq k = a + aq + . . . + aq n−1 =
k=0
Geometrinen sarja
∞
P
k=0
(
a(1 − q n )
1 − q , kun q 6= 1,
na,
kun q = 1.
aq k suppenee, jos ja vain jos a = 0 tai |q| < 1.
Todistus. Tapauksessa a = 0 sarja on nollasarja 0 + 0 + . . . , joka suppenee kohti 0,
sill¨
a my¨
os kaikki osasummat ovat nollia.
Olkoon siis a 6= 0.
Jos q 6= 1, voidaan laskea seuraavasti:
Sn = a + aq + . . . + aq n−1
− qSn = −(aq + aq 2 + . . . + aq n−1 + aq n )
(1 − q)Sn = a − aq n = a(1 − q n ),
1 − qn
josta saadaan Sn = a 1 − q , kuten pitikin (ja joka p¨
atee my¨
os tapauksessa a = 0).
Jos |q| > 1, niin
1 − qn −→ |a| · ∞ = ∞,
|Sn | = |a| 1 − q n→∞
|1 − q|
41
sill¨
a t¨
all¨
oin |1 − q n | = |q n − 1| ≥ |q|n − 1 → ∞, kun n → ∞, koska |q|n → ∞, kun
n → ∞ (”sallittujen muotojen” listaan voisi lis¨
at¨
a muodon b∞ , b > −1, b 6= 1:
b
∞
=
0, kun −1 < b < 1
∞, kun b > 1;
t¨
am¨
an todistus sujuisi esimerkiksi ns. Bernoullin ep¨
ayht¨
al¨
on ”(1 + x)n ≥ 1 + nx
∀n ∈ N, x > −1” avulla, mutta pid¨
an asian tunnettuna jo koulukurssin pohjalta).
Siis ei voi olla olemassa reaalista raja-arvoa lim Sn , joten sarja hajaantuu, kun
n→∞
|q| > 1.
Tapauksessa q = 1 osasummille Sn p¨
atee
Sn = na −→
n→∞
∞,
a>0
−∞, a < 0,
joten sarja hajaantuu.
Jos q = −1, on
1 − (−1)n
Sn = a
=
2
a 6= 0, kun n pariton
0,
kun n parillinen,
joten my¨
os t¨
all¨
oin sarja hajaantuu (lause 3.37).
Jos −1 < q < 1, on lim q n = 0 ja t¨
all¨
oin
n→∞
Sn = a
a
1 − qn
−→
.
1 − q n→∞ 1 − q
Sarja siis suppenee t¨
all¨
oin kohti lukua
S=
a
ensimm¨
ainen termi
. =
1−q
1 − suhdeluku
Huomautus. Geometrisen sarjan osasummakaavat sek¨
a summakaava suppenemistapauksessa p¨
atev¨
at my¨
os kun a = 0. Sen sijaan hajaantumistapauksiin liityv¨
at
tarkastelut ovat voimassa vain oletuksella a 6= 0, kuten yll¨
a n¨
ahtiin.
Korollaari 4.7. Suppenevan geometrisen sarjan
∞
P
k=0
tai a = 0) summa on
S=
∞
X
aq k =
k=0
42
a
.
1−q
aq k = a+aq+aq 2 +. . . (|q| < 1
∞
P
”
1 0
−5
”
“
1
1− − 5
“
k
− 15
= 61 = 56 , sill¨
=
a sarja on geometrinen, 1.
Esimerkki 4.8. i)
k=0
5
0
termi on − 15 = 1 ja suhdeluku q = − 15 toteuttaa |q| = 51 < 1.
∞
P
ii) Geometrinen sarja
(−1)k ei suppene, sill¨
a |q| = | − 1| = 1 ja sarja ei ole
k=0
nollasarja.
Esimerkki 4.9. Mill¨
a x:n arvoilla sarja
x2
x2
x2
+
+
+...
1 + x2
(1 + x2 )2
(1 + x2 )3
suppenee ja mik¨
a on t¨
all¨
oin sen summa? (Kev¨
aa
¨n 2006 ylioppilaskirjoitusteht¨
av¨
a).
Ratkaisu. Jos x = 0 sarja suppenee nollasarjana ja t¨
all¨
oin sen summa on 0.
Olkoon x 6= 0. T¨
all¨
oin sarja on nollasarjasta eroava geometrinen sarja, jonka
suhdeluku q = (1 + x2 )−1 toteuttaa
1 1
=
|q| = < 1,
2
1+x
1 + x2
sill¨
a 1 + x2 > 1, kun x 6= 0. Sarja siis suppenee my¨
os arvoilla x 6= 0 ja t¨
all¨
oin sen
summa on
x2
2
x2
=
S(x) = 1 + x
= 1.
1 + x2 − 1
1− 1 2
1+x
Vastaus : Sarja suppenee kaikilla x ∈ R ja sen summa on
0, x = 0,
S(x) =
1, x 6= 0.
Huomautus. Esimerkist¨
a 4.9 n¨
ahd¨
aa
¨n samalla, ett¨
a koko R:ss¨
a jatkuvien funktioi∞
P
den fn (x) summafunktio S(x) =
fn (x) voi olla ep¨
a jatkuva koko R:ss¨
a m¨
aa
¨ritelty
n=1
2
x
.
funktio t¨
ass¨
a fn (x) =
(1 + x2 )n
Lukujonojen laskulauseesta 3.38 ja m¨
aa
¨ritelm¨
ast¨
a 4.1 seuraa sarjoille laskulause:
∞
∞
P
P
Lause 4.10. Olkoot
xk ja
yk kaksi sarjaa. Jos ne molemmat suppenevat,
k=1
k=1
niin suppenevat my¨
os sarjat
summille p¨
atev¨
at kaavat
∞
X
k=1
(xk + yk ) =
∞
P
(xk + yk ) ja
k=1
∞
X
k=1
xk +
∞
P
k=1
∞
X
yk
k=1
ja
(axk ) (a ∈ R). T¨
all¨
oin sarjojen
∞
X
k=1
43
(axk ) = a
∞
X
k=1
xk .
Todistus. Osasummille on selv¨
asti voimassa
n
P
(axk ) = a
k=1
n
P
n
P
(xk + yk ) =
k=1
n
P
xk +
k=1
n
P
yk ja
k=1
xk . J¨
at¨
amme lopun p¨
aa
¨ttelyst¨
a lukijan harjoitukseksi. k=1
Positiivitermiset sarjat. Jos sarjan
∞
P
xk
k=1
. . . xn jono
termit xk ovat ei-negatiivisia, xk ≥ 0
∀k, niin osasummien Sn = x1 +
on nouseva lukujono. Lauseen 3.41
nojalla saamme t¨
ast¨
a heti keskeisen perustuloksen positiivitermisten sarjojen teoriassa:
Lause 4.11. Positiiviterminen sarja
∞
P
xk suppenee, jos ja vain jos sen osasummat
k=1
Sn ovat ylh¨
aa
¨lt¨
a rajoitetut:
∃M ∈ R s.e. Sn ≤ M ∀n ∈ N.
T¨
all¨
oin
∞
P
k=1
xk = sup {Sn | n ∈ N}.
Muussa tapauksessa positiiviterminen sarja hajaantuu kohti ∞: lim Sn = ∞.
n→∞
Todistus. HT (Vihje yll¨
a; lause 3.41). Helpoilla arvioilla johdetaan lauseesta 4.11 ns. majorantti- ja minoranttiperiaatteet:
∞
∞
Lause 4.12. Olkoot (xk )k=1 ja (yk )k=1 kaksi lukujonoa.
P
(i) (Majoranttiperiaate) JosP
0 ≤ xk ≤ yk ∀k ∈ N jaPjos sarja
yk suppenee kohti
Y ∈ [0, ∞[, niin my¨
os sarja
xk suppenee ja X =
xk ≤ Y .
P
(ii) (Minoranttiperiaate)
Jos
0
≤
x
≤
y
∀k
∈
N
ja
jos
sarja
xk hajaantuu, niin
k
k
P
my¨
os sarja
yk hajaantuu (kohti ∞).
P
P
Todistus. (i) Jos 0 ≤ xk ≤ yk ∀k ∈ N ja jos sarja
yk suppenee ja
yk = Y ∈
[0, ∞[, niin osasummille Sn = x1 + . . . xn ja Tn = y1 + . . . + yn saadaan arviot
0 ≤ Sn ≤ Tn ≤ Y ∀n ∈ N.
Lauseen 4.11 nojalla t¨
ast¨
a seuraa, ett¨
a
∃X =
∞
X
k=1
xk = sup {Sn | n ∈ N} ≤ Y.
(ii) Seuraa v¨
alitt¨
om¨
asti (i):st¨
a ep¨
asuoralla p¨
aa
¨ttelyll¨
a. 44
Esimerkki 4.13. (i) Sarja
∞
P
2k suppenee majoranttiperiaatteen nojalla, sill¨
a
k=1 3 − 1
0 < xk =
k
2 · 2k
2k
≤
y
=
∀k ∈ N
k
3k − 1
3k
(sill¨
a 2 · 2k (3k − 1) = 2 · 2k 3k − 2 · 2k = 2k 3k + 2k 3k − 2 · 2k ≥ 2k 3k , koska
k
∞
∞
P
P
2
k k
k
k k
suppenee geometrisen
2 3 − 2 · 2 = 2 (3 − 2) > 0) ja sarja
yk =
2· 3
k=1
k=1
sarjan teorian ja lauseen 4.10 nojalla.
∞
∞
P
P
k
(ii) Sarja
=
yk hajaantuu minoranttiperiaatteen nojalla, sill¨
a
2
k=1 2k − 1
k=1
∀k ∈ N
1 1
k
k
0 < xk = · = 2 < 2
= yk
2 k
2k
2k − 1
∞ P
1 · 1 hajaantuu (lause 4.10 ja esimerkki 4.4).
ja sarja
2 k
k=1
Lause 4.14. (Suhdetesti, osam¨
aa
¨r¨
atesti) Olkoon xn > 0 ∀n ∈ N. Jos ∃n0 ∈ N s.e.
arvosta n0 alkaen P
seuraavan termin suhde edelliseen on ykk¨
ost¨
a pienemm¨
an vakion
alapuolella, sarja
xk suppenee. Symbolisemmin:
∞
P
xn+1
∃n0 ∈ N, 0 < q < 1 s.e. x
<
q
∀n
≥
n
⇒
positiiviterminen
sarja
xk
0
n
k=1
suppenee.
Todistus. Arvosta n0 alkaen saadaan arviot
xn0 +1 < qxn0 , xn0 +2 < qxn0 +1 < q 2 xn0 , . . . , xn0 +k < . . . < q k xn0 ,
joten positiivitermisell¨
a sarjalla
∞
P
k=n0
q < 1) geometrinen majoranttisarja
xk on suppeneva (suhdeluku q toteuttaa |q| =
∞
P
q k−n0 xn0 . Majoranttiperiaatteen nojalla
k=n0
sarja
∞
P
xk suppenee, joten on olemassa T = lim
n
P
n→∞ k=n
0
n
P
k=n0
sarjan n:s osasumma Sn toteuttaa ehdon Sn =
k=n0
∞
P
lim Sn = T + Sn0 −1 , ts. my¨
os alkuper¨
ainen sarja
n→∞
. . . + xn0 −1 ). xk . Koska alkuper¨
aisen
xk + Sn0 −1 ∀n ≥ n0 , niin
suppenee (kohti T + x1 +
k=1
xn+1
=
Korollaari 4.15. (Suhdetestin lim-muoto) Olkoon xn > 0 ∀n ∈ N. Jos ∃ lim x
n
n→∞
∞
P
c ≥ 0, niin sarja
xk suppenee, jos c < 1 ja hajaantuu jos c > 1.
k=1
Todistus. Jos c < 1, voi valita q ∈ ]c, 1[ ja soveltaa raja-arvon m¨
aa
¨ritelm¨
aa
¨ ( =
q − c > 0):
45
P
xn+1
∃n0 ∈ N s.e. n > n0 ⇒ x
<
q
=
c
+
.
T¨
a
ll¨
o
in
sarja
xk suppenee lauseen
n
4.14 nojalla.
Jos c > 1, valitaan = c − 1 ja sovelletaan raja-arvon m¨
aa
¨ritelm¨
aa
¨:
xn+1
> 1 ⇒ xn+1 > xn , ts. arvosta n0 alkaen termit
∃n0 ∈ N s.e. n > n0 ⇒ x
n
kasvavat. T¨
all¨
oin termi ei voi supeta kohti 0 (se on >
Pxn0 > 0), joten lauseen
4.3 v¨
altt¨
am¨
at¨
on ehto suppenemiselle ei toteudu. Sarja
xk siis hajaantuu (kohti
∞). Huomautus. Jos c = 1, 4.15 ei auta!
Esimerkki 4.16. Tutki sarjan
∞
P
xk suppenemista, kun
k=1
k
b) xk = 2 2 , c) xk = 1 .
k!
k
a) xk = √1 ,
k
Ratkaisu. Kaikissa tapauksissa xk > 0, joten voidaan yritt¨
aa
¨ soveltaa lauseita 4.12,
4.14 ja 4.15.
(a)
xk+1
=
xk
√1
k+1
√1
k
r
r
√
1
k
k
= √
= 1 + → 1, kun k → ∞,
=
k+1
k
k+1
joten lauseista 4.14 ja 4.15 ei ole nyt apua. Sen sijaan minoranttiperiaate 4.12 (ii)
∞
P
1 hajaantuu, joten minoauttaa: 0 ≤ 1 ≤ √1 ∀k ∈ N ja harmoninen sarja
k
k
k
k=1
∞
P
√1 hajaantuu (kohti ∞). Sama p¨
ranttiperiaatteen nojalla my¨
os sarja
aa
¨ttely
k
k=1
∞
P
1 , miss¨
a 0 < s < 1 (yll¨
a oli s = 12 );
toimii kaikilla ns. aliharmonisilla sarjoilla
s
k
k=1
ne ovat siis hajaantuvia.
∞
P
1 , miss¨
a s > 1 ovat ns. yliharmonisia sarjoja; ne voidaan osoittaa
Sarjat
s
k
k=1
suppeneviksi, mutta kuten yll¨
a lauseet 4.14 ja 4.15 eiv¨
at t¨
ass¨
a auta.
(b)
2
xk+1
2k+1
2k
2k+1 · k 2
k
=
:
= k
=2
xk
(k + 1)2 k 2
2 (k + 1)2
k+1
2
2
1
1
=2
→2
= 2, kun k → ∞,
1
1+0
1+ k
joten lauseen 4.15 nojalla sarja
∞
P
k=1
(c)
xk =
∞
P
xk+1
2k hajaantuu, sill¨
a lim x
= 2 > 1.
2
k
k→∞
k
k=1
1
1
k!
1
1
xk+1
=
:
=
=
→
= 0 < 1, kun k → ∞,
xk
(k + 1)! k!
(k + 1)!
k+1
∞
46
∞
P
1 suppenee. Voi osoittaa, ett¨
a esik!
k=1
k=1
merkiss¨
a 3.41 m¨
aa
¨ritelty Neperin luku e toteuttaa
X
∞
∞
X
1
1
1
1
1
e = 1+ + + +... = 1+
=
,
1! 2! 3!
k!
k!
joten lauseen 4.15 nojalla sarja
∞
P
xk =
k=1
k=0
∞
P
1 = e − 1.
joten
k!
k=1
∞
∞
P
P
k -kriteeri”) Olkoot
x
ja
yk kaksi positiivitermist¨
a sarLause 4.17. (”lim x
k
yk
k=1
k=1
jaa: xk > 0 ja yk > 0 ∀k ∈ N. Jos on olemassa raja-arvo
xk
a = lim
k→∞ yk
∞
∞
P
P
ja jos 0 < a < ∞, niin sarjat
xk ja
yk joko molemmat suppenevat tai
k=1
molemmat hajaantuvat.
k=1
Todistus.
V¨
aite seuraa helposti lauseesta
4.12. Todistetaan malliksi, ett¨
a sarjan
P
P
k ∈ ]0, ∞[.
xk suppenemisesta seuraa sarjan
yk suppeneminen, kun a = lim x
y
k→∞
k
Lukujonon raja-arvon m¨
aa
¨ritelm¨
an nojalla (val. = a2 ) on olemassa k0 ∈ N s.e.
a
xk
a
xk
a
xk
a
3a
⇒ − <
⇒
<
⇒
k ≥ k0 ⇒ − a <
−a<
<
yk
2
2
yk
2
2
yk
2
a
xk
2xk
<
⇒ yk <
(sill¨
a xk > 0 ja yk > 0 ∀k ≥ k0 ja a > 0).
2
yk
a
∞
∞
∞
P
P
P
2
yk ja
Siis sarjalla
yk on suppeneva majoranttisarja
a xk , joten sarja
⇒
k=k0
∞
P
siis my¨
os sarja
k=k0
yk suppenee.
k=k0
k=1
Esimerkki 4.18. i)
∞
P
∞
P
n3 + 1
1 hahajaantuu, sill¨
a harmoninen sarja
3
n
n=1 n + n + 2
n=1
4
jaantuu ja
1 + n13
n3 + 1
n4 + n
1
lim
:
= lim 4
= lim
= 1 ∈ ]0, ∞[ .
n→∞ n4 + n3 + 2
n→∞ n + n3 + 2
n→∞ 1 + 1 + 24
n
n
n
∞
∞
P
P
n2 suppenee, sill¨
1 suppenee (ks. 4.16) ja
ii)
a yliharmoninen sarja
4
2
n=1 n + 1
n=1 n
n2
n4
1
1
lim
= 1 ∈ ]0, ∞[ .
:
=
lim
= lim
2
4
n→∞ n4 + 1
n→∞
n→∞
n
n +1
1 + n14
Jos sarja
∞
P
xk ei ole positiiviterminen, voi yll¨
a olevia kriteerej¨
a koettaa soveltaa
k=1
sen termien itseisarvojen muodostamaan positiivitermiseen sarjaan.
47
Lause 4.19. Jos sarja
∞
P
xk on itseisesti suppeneva, ts. jos sarja
k=1
∞
P
niin se on suppeneva eli
∞
P
k=1
xk suppenee sekin.
|xk | suppenee,
k=1
Todistus. Arvio 0 ≤ |xk | − xk ≤ 2|xk | ja majoranttiperiaate 4.12 (i) johtavat laskulauseen 4.10 avulla heti v¨
aitteeseen, sill¨
a
∞
∞
X
X
xk =
|xk | − (|xk | − xk ) . k=1
k=1
∞
P
(−1)k
suppenee jopa itseisesti, sill¨
a sen termien
k2
k=1
∞
P
1 suppenee yliharmonisena sarjana.
itseisarvojen muodostama sarja
2
k
k=1
∞
P
(−1)k+1
1 + 1 − 1 + . . . suppenee
= 1− 2
(ii) Voidaan osoittaa, ett¨
a sarja
3
4
k
k=1
(todistus sujuu melko helposti osasummia S2n ja S2n+1 arvioiden ja menetelm¨
a an∞
P
taa yleisemm¨
an ns. Leibnizin lauseen, jonka nojalla vuorotteleva sarja
(−1)k xk
Esimerkki 4.20. i) Sarja
k=1
(xk > 0 ∀k) suppenee jos sen termien itseisarvot xk muodostavat nollaa kohti sup∞
P
1 hajaantuu,
penevan, laskevan lukujonon). Koska kuitenkin harmoninen sarja
k
k=1
∞
P
(−1)k
ei suppene itseisesti. On siis olemassa sarjoja, jotka suppenevat,
sarja
k
k=1
mutteiv¨
at itseisesti.
Potenssisarjat. Matemaattisessa analyysiss¨
a funktioita esitet¨
aa
¨n usein potenssisarjojen summina
M¨
a¨
aritelm¨
a 4.21. Olkoot an ∈ R (n ∈ N0 ), x0 ∈ R. Sarja
∞
X
(∗)
an (x − x0 )n
n=0
on x0 -keskinen potenssisarja. Joukko A = {x ∈ R | sarja (∗) suppenee} on potenssisarjan (∗) suppenemisjoukko ja funktio f : A → R,
∞
X
f (x) =
an (x − x0 )n ∀x ∈ A,
n=0
on sen summafunktio.
Huomautus 4.22. (i) Aina x0 ∈ A ja f (x0 ) = a0 (ensimm¨
aisess¨
a termiss¨
a
0
0
a0 (x − x0 ) tulkitaan (x − x0 ) = 1 my¨
os kun x = x0 ).
∞
P
(ii) Sijoituksella y = x−x0 sarja (∗) muuttuu origokeskiseksi sarjaksi
an y n . Teon=0
rian rakentelussa on mukavinta tutkia n¨
ait¨
a. K¨
aytt¨
aen ym. sijoitusta x 0 -keskisten
sarjojen teoria palautuu origokeskisen teoriaan. Keskeinen tulos on:
48
Lause 4.23. (Abelin lause) Jos potenssisarja
∞
X
(∗)
a n xn
n=0
(an ∈ R ∀n ∈ N0 )
suppenee arvolla x1 ∈ R \ {0}, niin se suppenee itseisesti jokaisella ehdon |x| < |x1 |
t¨
aytt¨
av¨
all¨
a x.
Todistus. Olkoon |x| < |x1 |. Sovelletaan majoranttiperiaatetta. Oletuksen nojalla
∞
P
an xn1 suppenee. T¨
ast¨
a seuraa, ett¨
a sen termien itseisarvot ovat ylh¨
aa
¨lt¨
a rajoin=0
tetut (HT: osoita, ett¨
a termien itseisarvot suppenevat kohti 0):
∃M > 0 s.e. |an xn1 | ≤ M ∀n.
T¨
ast¨
a saadaan arvio |an | ≤ M n ja siten edelleen arvio
|x1 |
n
x
n
|an x | ≤ M ∀n ∈ N0 .
x1
∞
P
n
Sarjalla
an x on siis suppeneva geometrinen majoranttisarja
n=0
x
x1 < 1 , joten se suppenee. ∞
P
n=0
n
M xx1 Abelin lauseesta seuraa, ett¨
a potenssisarjan suppenemisjoukko on x0 -keskinen
v¨
ali:
∞
P
Lause 4.24. Potenssisarjan
an xn suppenemisjoukko
n=0
A = {x ∈ R | sarja suppenee x:ss¨
a} on origokeskinen v¨
ali (erikoistapauksina {0} =
[0, 0] ja R = ]−∞, ∞[).
Todistus. Merkit¨
aa
¨n R = sup A ∈ [0, ∞]. (Koska 0 ∈ A, R ≥ 0; sovitaan taas, ett¨
a
merkinn¨
all¨
a sup A = ∞ osoitetaan, ett¨
a A ei ole ylh¨
aa
¨lt¨
a rajoitettu, jolloin tapaus
R = ∞ vastaa siis t¨
at¨
a). Abelin lauseesta seuraa nyt helposti (HT), ett¨
a sarja
∞
P
an xn suppenee (jopa itseisesti) v¨
alill¨
a ]−R, R[ ja hajaantuu, kun |x| > R. (Jos
n=0
0 < R < ∞, p¨
aa
¨tepisteiss¨
a ±R sarja voi supeta tai hajaantua; Abelin lause ei anna
siit¨
a informaatiota ja my¨
ohemmiss¨
a esimerkeiss¨
a (harjoitusteht¨
aviss¨
a) havaitsemme
kaikki vaihtoehdot mahdollisiksi.) M¨
a¨
aritelm¨
a 4.25. Suppenemisjoukon A supremum R = sup A ∈ [0, ∞] on po∞
P
tenssisarjan
an xn suppenemiss¨
ade ja v¨
ali ]−R, R[ on sen suppenemisv¨
ali.
n=0
Huomautus. Jos R = 0, ]−R, R[ = ∅ ja A = {0}. Jos R = ∞, ]−R, R[ = R = A.
Jos 0 < R < ∞, on nelj¨
a mahdollisuutta: A = ]−R, R[, A = [−R, R[, A = ]−R, R]
tai A = [−R, R]
Suppenemiss¨
ade osataan usein laskea seuraavan lauseen avulla:
49
n Lause 4.26. Jos on olemassa raja-arvo lim aa
= R, niin se on potenssisarjan
n+1
n→∞
∞
P
an xn suppenemiss¨
ade.
n=0
Todistus. Olkoon an 6= 0 ∀n ∈ N (raja-arvoehdon
aisi olettaa,
mielekkyyteen riitt¨
an ett¨
a n¨
ain on jostain n0 alkaen) ja R = lim an+1 ∈ [0, ∞].
n→∞
Jos nyt |x| < R (tapauksessa R = 0 n¨
ait¨
a x ei ole) ja x 6= 0, niin saadaan
|x|
|an+1 xn+1 |
|x|
→
= < 1, kun x → ∞,
n
an
|an x |
R
an+1
joten lauseen 4.15 nojalla sarja
∞
P
n=0
|an xn | suppenee.
Jos taas |x| > R, n¨
ahd¨
aa
¨n saman lauseen 4.15 toisen osan avulla samaan tapaan
∞
P
laskien sarja
|an xn | hajaantuvaksi. Abelin lauseen nojalla t¨
ast¨
a seuraa, ett¨
aR
on sarjan
∞
P
n=0
an xn suppenemiss¨
ade.
n=0
Esimerkki 4.27. (i)
∞
P
a n xn , a n = 1 .
n!
n=0
an 1
(n + 1)!
1
= n + 1 → ∞, kun n → ∞ ⇒ R = ∞.
an+1 = n! : (n + 1)! =
n!
Siten potenssisarja
ex :
∞
P
xn suppenee koko R:ss¨
a. (Itse asiassa sen summafunktio on
n!
n=0
∞
X
xn
x2
x3
e =
=1+x+
+
+...
n!
2!
3!
n=0
x
koko R:ss¨
a!)
∞
P
(ii)
a n xn , a n = 2 n .
n=0
n
an = 2 = 1 → 1 , kun n → ∞ ⇒ R = 1 .
an+1 2n+1
2
2
2
Geometrisen sarjan teoriaa k¨
aytt¨
aen saadaan t¨
aydellisempi tulos: Sarja
∞
P
∞
P
2 n xn =
n=0
(2x)
n
suppenee t¨
asm¨
alleen v¨
alill¨
a ]−R, R[ =
n=0
f (x) = 1 −1 2x .
50
− 12 , 21
kohti summafunktiota
∞
P
(−1)n n
am¨
an n¨
akee seuraavastikin:
n x . Voisi laskea R = 1, mutta t¨
n=1
∞
P
(−1)n
Sijoitus x = 1 antaa sarjan
n , joka suppenee (4.20 ii). Siten on oltava
n=1
∞
P
1
R ≥ 1. Toisaalta sijoitus x = −1 antaa harmonisen sarjan
n , joka hajaantuu.
n=1
Siten R ≤ 1. Siis R ≥ 1 ja R ≤ 1, joten R = 1. Siis suppenemisv¨
ali on ]−1, 1[ ja
suppenemisjoukko ]−1, 1].
∞
P
1 (x − 2)n . T¨
(iv)
ass¨
a keskus x0 = 2 ja an = 12 . Nyt
2
n
n
n=1
(iii)
2
an (n + 1)2
1
→ 1, kun n → ∞ ⇒ R = 1.
= 1+
an+1 =
n2
n
Sarja suppenee my¨
os suppenemisv¨
alin ]1, 3[ p¨
aa
¨tepisteiss¨
a, jopa itseisesti, sill¨
a
∞
∞ X
X
1
1
n
,
x = 1 tai x = 3 ⇒
n2 (x − 2) =
2
n
n=1
n=1
joka on yliharmonisena sarjana suppeneva. Siis suppenemisjoukko on [1, 3].
Potenssisarja
∞
P
an xn m¨
aa
¨rittelee siis suppenemisjoukossaan summafunktion
n=0
S(x). Mainitsemme jo t¨
ass¨
a seuraavan lauseen, vaikka derivointia ja integrointia ei
viel¨
a olekaan esitelty.
Lause 4.28. Potenssisarjaa
∞
P
an xn saa suppenemisv¨
alill¨
a derivoida ja integroida
n=0
termeitt¨
ain. Summafunktiolle S(x) p¨
atee
0
S (x) =
∞
X
nan xn−1
n=1
Z
x
S(t)dt =
0
∀x ∈ ]−R, R[ ja
∞
X
an n+1
x
n
+
1
n=0
∀x ∈ ]−R, R[
Todistus. Sivuutetaan, vaatii taustatietoja derivoinnin ja integroinnin lis¨
aksi ns.
tasaisesta suppenemisesta. Esimerkki 4.29. Geometrisen sarjan teorian nojalla v¨
alill¨
a ]−1, 1[ on voimassa
kehitelm¨
a
1
1
=
= 1 − x + x 2 − x3 + . . . .
1+x
1 − (−x)
51
∞
P
1
(−1)n xn on siis summafunktio S(x) = 1 +
x koko
n=0
suppenemisjoukossaan ]−1, 1[. Termeitt¨
ain integroimalla saadaan ln(1 + x):n ”sarjakehitelm¨
a”:
Saadulla potenssisarjalla
ln(1 + x) =
Z
x
0
x2
x3
x4
dt
=x−
+
−
+ ...,
1+t
2
3
4
joka siis on voimassa v¨
alill¨
a ]−1, 1[. (Itse asiassa voi eri laskulla todistaa, ett¨
a t¨
am¨
a
kehitelm¨
a p¨
atee my¨
os arvolla x = 1
ln 2 = 1 −
1 1 1
+ − + . . . .)
2 3 4
Koronkorko, diskonttaus, annuiteetti. Tarkastellaan lopuksi lyhyesti geometrisen sarjan perussovelluksia talousmatematiikassa. Koulukurssissa on jo opittu,
ett¨
a p¨
aa
¨oma k kasvaa n korkojakson aikana p % korolla geometrisen jonon tavoin.
Kasvanut p¨
aa
¨oma Kn saadaan lausekkeella
(4.30)
p n
Kn = 1 +
k = kq n ,
100
p
a.
miss¨
a q = 1 + 100 on ns. korkotekij¨
Kasvaneen p¨
aa
¨oman K = Kn nykyarvo k saadaan samasta kaavasta diskonttaamalla:
(4.31)
k=
K
= Kν n ,
qn
a.
miss¨
a ν = 1q on ns. diskonttaustekij¨
Tarkastellaan kysymyst¨
a, kuinka paljon henkil¨
on on talletettava, jotta h¨
an voi
nostaa jokaisen seuraavan korkojakson alussa k euroa yhteens¨
a n kertaa. Korkokannaksi oletetaan kiinte¨
a p %.
Talletettava summa An saadaan diskonttaamalla jokainen nosto, jolloin eri nostojen nykyarvojen summa antaa sopivan talletuksen:
(4.32)
An = kν + kν 2 + . . . + kν n−1 + kν n = kν
1 − νn
= a.n.......... p k,
1−ν
1
a ja
miss¨
a ν = 1q =
p on diskonttaustekij¨
1 + 100
a.n..........p = ν
qn − 1
1 − νn
= n
1−ν
q (q − 1)
on ns. j¨
alkeenp¨
ain suoritettujen jaksollisten maksujen diskonttaustekij¨
a.
52
Esimerkki 4.33. Henkil¨
o X on sijoittanut 10 000 euroa osakeyhti¨
oo
¨n Y . H¨
an arvioi vuotuisen osinkotuoton (verojen j¨
alkeen) 400 euron suuruiseksi seuraavien 5
vuoden ajaksi. Mik¨
a on X:n n¨
akemyksell¨
a sijoituksesta 5 vuodessa saatavien osinkojen nykyarvo, kun oletetaan, ett¨
a sijoitus tehtiin juuri vuotuisen osingonmaksun
j¨
alkeen ja riskit¨
on korkokanta on 2 % (verottomana).
Ratkaisu. Diskontataan vuotuiset osingot k¨
aytt¨
aen kaavaa (4.32):
1.025 − 1
..
..
· 400 ............... ≈ 4.7134595 . . . · 400 ...............
1.025 (1.02 − 1)
...
38 snt ≈ 1885 ...............
..
A5 = a.5..........2 · 400 .............. =
..
≈ 1885 ..............
Annuiteettilainassa lainasumma maksetaan takaisin yht¨
a suurina annuiteetteina
kunkin korkojakson lopussa, jolloin kukin annuiteetti sis¨
alt¨
aa
¨ korkoa ja kuoletusta.
p
Olkoon K lainasumma, A annuiteetti, p korkokanta, q = 1 + 100 korkokerroin ja
qn − 1
. Jotta laina K kuoleentuisi n:ss¨
a jaksossa lainan nostamishetkest¨
a,
a.n..........p = n
q (q − 1)
t¨
aytyy annuiteettien nykyarvojen summan olla K. Kaavasta (4.32) saadaan siis
yht¨
al¨
o
(4.34)
qn − 1
A,
q n (q − 1)
K = a.n..........p A =
josta
(4.35)
miss¨
a c.n.......... p =
A=
1
a.n..........p
K=c
.........
n.. p
q n (q − 1)
K,
K=
qn − 1
q n (q − 1)
on ns. annuiteettitekij¨
a.
qn − 1
...
all¨
a 4%
Esimerkki 4.36. Jos asuntovelkaa otetaan 200 000 ............... 20 vuodeksi kiinte¨
korolla, vuotuiseksi annuiteetiksi saadaan
A=
1.0420 (1.04 − 1)
..
..
· 200 000 ............... ≈ 14 716 ............... 35 snt.
20
1.04 − 1
53
5. Differentiaalilaskenta
Analyysin perusk¨
asitteiksi voidaan hyv¨
all¨
a syyll¨
a luetella raja-arvo, jatkuvuus,
derivaatta ja integraali. Derivaattaan liittyv¨
aa
¨ analyysin aluetta sanotaan my¨
os differentiaalilaskennaksi. T¨
all¨
a kurssilla ns. differentiaaleja esiintyy derivaatan avulla
muodostettavassa differentiaalikehitelm¨
ass¨
a. Derivaatta on erotusosam¨
aa
¨r¨
an rajaarvo.
M¨
a¨
aritelm¨
a 5.1. Olkoon f pisteen x0 ymp¨
arist¨
oss¨
a ]x0 − r, x0 + r[ (r > 0) m¨
aa
¨ritelty reaaliarvoinen funktio ja olkoon x = x0 + h, 0 < |h| < r. Osam¨
aa
¨r¨
aa
¨
f (x) − f (x0 )
f (x0 + h) − f (x0 )
=
h
x − x0
sanotaan f :n erotusosam¨
aa
¨r¨
aksi pisteess¨
a x0 argumentin lis¨
ayksell¨
a h. Jos on olemassa erotusosam¨
aa
¨r¨
an raja-arvo
f (x) − f (x0 )
f (x0 + h) − f (x0 )
= lim
∈ R,
x→x
h→0
h
x − x0
0
lim
niin t¨
at¨
a raja-arvoa merkit¨
aa
¨n
df
f (x0 ) = (Df )(x0 ) =
dx
0
f (x0 + h) − f (x0 )
h→0
h
= lim
x=x0
ja sanotaan f :n derivaataksi pisteess¨
a x0 . My¨
os sanotaan, ett¨
a f on derivoituva
x0 :ssa.
Jos erotusosam¨
aa
¨r¨
all¨
a on oikeanpuoleinen raja-arvo
f (x) − f (x0 )
f (x0 + h) − f (x0 )
= lim
∈ R,
x→x0 +
h→0+
h
x − x0
f 0 (x0 +) = lim
f on oikealta derivoituva x0 :ssa ja f 0 (x0 +) on f :n oikeanpuoleinen derivaatta x0 :ssa.
Vastaavasti raja-arvo
f (x0 + h) − f (x0 )
f (x) − f (x0 )
= lim
x→x
−
h→0−
h
x − x0
0
f 0 (x0 −) = lim
on f :n vasemmanpuoleinen derivaatta x0 :ssa.
Jos A ⊂ R on v¨
ali tai avointen v¨
alien pistevieras yhdiste ja f : A → R on derivoituva jokaisessa A:n pisteess¨
a x0 (tapauksessa, jossa A on v¨
ali ja x0 on A:han kuuluva
p¨
aa
¨tepiste tarkoitetaan toispuolista derivoituvuutta) sanomme, ett¨
a f on derivoituva joukossa A. T¨
all¨
oin funktio Df = f 0 : A .......................... R0
on f :n derivaatta..
x ..................... f (x) = Df (x)
funktio. Yleisemmin derivaattafunktio on m¨
aa
¨ritelty joukossa {x | ∃f 0 (x)} ⊂ A.
Lauseesta 3.6 saadaan heti seuraava lause
54
Lause 5.2. Olkoon f pisteen x0 ymp¨
arist¨
oss¨
a m¨
aa
¨ritelty reaalifunktio. Jos on
olemassa f 0 (x0 ), niin on olemassa f 0 (x0 +) ja f 0 (x0 −) ja
f 0 (x0 ) = f 0 (x0 +) = f 0 (x0 −)
(∗)
K¨
aa
¨nt¨
aen: Jos on olemassa f 0 (x0 +) ja f 0 (x0 −) ja f 0 (x0 +) = f 0 (x0 −) niin on olemassa f 0 (x0 ) ja (∗) p¨
atee.
Huomautus 5.3. Erotusosam¨
aa
¨r¨
a on k¨
ayr¨
an y = f (x) pisteiden x0 , f (x0 ) ja
x0 + h, f (x0 + h) kautta kulkevan sekanttisuoran
kulmakerroin. Sen raja-arvona
0
derivaatta f (x0 ) on pisteeseen x0 , f (x0 ) piirretyn k¨
ayr¨
an y = f (x) tangenttisuoran
y − f (x0 ) = f 0 (x0 )(x − x0 )
kulmakerroin. Kuva valaissee n¨
ait¨
a m¨
aa
¨ritelmi¨
a:
tangentti
.
...
.
.
...
.
..
..
..
..
..
..
..
...
.
.....
..
..
..
..
..
..
..
..........
..
.....
.
..
..
..
..
..
..
..
....
.
.
.
.
....
.. .......
.. ...
..
..
..
..
...
..
.. .......
.. .
..
..
..
..
.
..
.
.. ..
..
..
..
..
............................................................................................
..
.. ..........................................
.. ...
..
..
..
..
..
0
. .. .......
...
.
.
.
.
.
.
.
.
.
..
.
......
..
..
..
..
..
.. ..
.
... ..
.
.
.
.
.
.....
...
.
.
.
.
..
..... ......... ... .........
...
...
...
...
...
..
..
..
.. .......
.. ......
..
..
..
..
.
.
.
.
.
.
...
...
..
..
..
..
.................................................................................................
.
.. .. .....
.
....
.
...
...
..
..
..
..
...
..... .
.. ....
....
..
..
..
..
..... ..
..
... ........ ......... ..
...
..
..
..
..
..
.
.
.
.
0
.
.
.
...
.
.
.
...
...
... ........ ...........
...
...
...
..
.
.
.
.
..
.
..
..
..
..
..
.................................................................................................
.
. .......
.
.
.
...
.
.
..
.. .... ..... ..
..
..
..
....
.. ..
..
....
...
... ..... ........ ...
...
...
...
...
... ..
.
..
....
...
...
...............
...
...
...
..
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.........................................................................................
..
..................................................................................
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
..
..
..
..
..
..
0 ..
....
........
...
...
...
...
...
...
....
..... ... ..
..... ... .
..
...
...
... h
... ........ ... ...
...
...
...
.
.
.
.
..
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
..
..
....
..
..
.................................................................................................
...
...... ...
..
.....
.
.
.
.
..
..
.
.
...
.
. ..
.
.
... ..
.
.
.
.
...
.
.
..
..
.
.
.
..
..
..
..
..... .. ......
..
...
..
..
..
..
... ........
...
.
...
..
..
..
..
.. ... ..
.........
..
..
..
..
..
..
..
.. . ...
..
.................................................................................................
.....
.
.
.
.
.
...
.. ..
.
.
.
. .. ..
.
.
.
...
.
.
.
.
...
.
..
.
..
..
..
... ...
..... ..
..
.
...
.
.
.
.
..
... .........
.
...
.
..
..
..
.... ...
.
..
..
.. .......
..
.
. . ..
.
.
.
.
...................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................
.
.
.
.
. ..
. ..
.
.
.
.
...
.
.
.
.
.
....
.
..
..
..0
..
..
..... .
...
0 ...
..... ...
..
..
..
..
.. ..
..
..
..
..
..
..
..
..
..
..
...
..
..
..
..
..
.. ..
..
.................................................................................................
.
..
...
...
...
...
...
... ..
...
..
...
..
..
..
..
..
.. ..
..
.
..
..
..
..
..
..
.. .
..
..
...
...
...
...
...
...
......
...
.
.
.
.
.
.
.
.
sekantti
y
•9
>
>
>
>
>
>
>
=
f (x + h)
f (x )
•
|
x
{z
}
>
>
>
>
>
>
>
;
y = f (x)
f (x + h) − f (x0 )
x +h
x
f (x0 + h) − f (x0 )
Kuvassa sekantti y − y0 =
(x − x0 ) on piirretty yhten¨
aisell¨
a viih
0
valla ja tangentti y − y0 = f (x0 )(x − x0 ) katkoviivalla. Kuvan tilanteessa voisi
geometrisesti arvioida, ett¨
a 2 < f 0 (x0 ) < 3. T¨
am¨
a on kuitenkin liian ep¨
atarkkaa.
Esimerkki 5.4. i) Olkoot k, b ∈ R vakioita ja f (x) = kx + b. T¨
all¨
oin
f (x) − f (x0 )
kx + b − kx0 − b
=
= k → k, kun x → x0 ,
x − x0
x − x0
joten f on derivoituva R:ss¨
a ja f 0 (x0 ) = k ∀x0 ∈ R. Derivaattafunktio f 0 on siis
vakiofunktio
ayr¨
a y = f (x) on suora ja se yhtyy mihin tahansa pisteeseens¨
a
k. K¨
0
x0 , f (x0 ) piirrettyyn tangenttiinsa sill¨
a f (x0 ) = k ja f (x0 ) = kx0 + b ja
y − f (x0 ) = f 0 (x0 )(x − x0 ) ⇔ y − (kx0 + b) = k(x − x0 ) ⇔ y = kx + b.
55
x, x ≥ 0
on derivoituva jokaisessa x0 ∈ R \ {0},
−x, x < 0
sill¨
a t¨
all¨
oin f yhtyy x0 :n kokonaisessa ymp¨
arist¨
oss¨
a derivoituvaan funktioon kx + b
(kohta i)), miss¨
a k = 1 tai k = −1 ja b = 0 ja on siten itsekin derivoituva x 0 :ssa.
Sen sijaan f (x) = |x| ei ole derivoituva 0:ssa lauseen 5.2 perusteella; nyt nimitt¨
ain
ii) Funktio f (x) = |x| =
f (0 + h) − f (0)
|h|
h
=
= = 1 → 1, kun h → 0+
h
h
h
|h|
−h
f (0 + h) − f (0)
=
=
= −1 → −1, kun h → 0−,
h<0:
h
h
h
h>0:
joten f 0 (0+) = 1 6= −1 = f 0 (0−). Itseisarvofunktion kuvaajalla on origossa ”k¨
arki”
ja tangenttia ei ole.
√
Esimerkki 5.5. Olkoon f (x) = 3 x ja x0 = 1. T¨
all¨
oin
f (x) − f (x0 )
=
x − x0
√
3
√
√
3
x− 31
x−1
= √
√
√
x−1
( 3 x − 1) ( 3 x)2 + 3 x + 1
1
1
√
= √
→ , kun x → 1,
3
3
2
( x) + x + 1
3
joten f on derivoituva ja
K¨
ayr¨
an y =
√
3
√ 1
f 0 (1) = D 3 x x=1 = .
3
x pisteeseen (1, 1) piirretyn tangentin yht¨
al¨
o on
y−1=
Kuva:
1
2
1
(x − 1) ⇔ y = x + .
3
3
3
...
........
...
...
..
...
1
..
....
..
3
..........
.
..........
.
.
.
.
........ 2
.
.
.
.
.
.......
...
..............
.
..........
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
..
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
..
.......
..........
......................
...
...............................
...
..........................
..
................
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
...... 1 ..........
.. ...............
..
...............
.......... ..........
.
.
.
.
.
.
.
.
.
....
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
..
........
.....................................................................................................................................................................................................................................................................................
..
......... -2
-1
1
2
3
4
5
..........
......
.
.. .
.... .
...... .....
.
.
.
.
.
.
.
...
....... -1
..........
............
....
...............
..
.................
...
..
..
..
y
y=
x + 32
√
y= 3x
•
x
Yhden muuttujan funktiolla derivoituvuus on sama asia kuin ns. differentiaalikehitelm¨
an olemassaolo:
56
M¨
a¨
aritelm¨
a 5.6. Pisteen x0 ymp¨
arist¨
oss¨
a m¨
aa
¨ritelty reaalifunktio f on differentioituva x0 :ssa, jos sen muutoksella f (x0 + h) − f (x0 ) on ns. differentiaalikehitelm¨
a:
∃a ∈ R s.e.
(5.7)
f (x0 + h) − f (x0 ) = ah + h(h),
miss¨
a funktiolla (h) =
f (x0 + h) − f (x0 ) − ah
h
on ominaisuus lim (h) = 0.
h→0
Huomautus 5.8. Intuitiivisesti differentioituvuus tarkoittaa, ett¨
a yksinkertainen
lauseke ah antaa hyv¨
an approksimaation f :n muutokselle siirrytt¨
aess¨
a x 0 :sta l¨
aheiseen pisteeseen x0 + h argumentin muutoksella h. Usein argumentin muutosta
merkit¨
aa
¨n sovelluksissa dx:ll¨
a ja f :n muutosta df :ll¨
a. N¨
aill¨
a merkinn¨
oill¨
a differentiaaliapproksimaatio saa muodon df ≈ a dx ja t¨
ass¨
a on viel¨
a oltava a = f 0 (x0 )
0
seuraavan lauseen nojalla, joten df ≈ f (x0 )dx. T¨
am¨
an approksimaation virhe
dx · (dx) on ”pienell¨
a dx” hyvin v¨
ah¨
ainen, sill¨
a my¨
os (dx) on pieni dx:n lis¨
aksi.
Lause 5.9. Olkoon f pisteen x0 ymp¨
arist¨
oss¨
a m¨
aa
¨ritelty reaalifunktio. T¨
all¨
oin f
on derivoituva x0 :ssa jos ja vain jos f on differentioituva x0 :ssa. Lis¨
aksi differentiaalikehitelm¨
a on v¨
altt¨
am¨
att¨
a muotoa
f (x0 + h) − f (x0 ) = f 0 (x0 )h + h(h).
Todistus. Olkoon ensin f differentioituva, ts. kehitelm¨
a (5.7) p¨
atee jollain a ∈ R.
T¨
all¨
oin siis
f (x0 + h) − f (x0 )
(h) =
− a → 0, kun h → 0,
h
f (x0 + h) − f (x0 )
= a. Siis f on derivoituva x0 :ssa ja
h
h→0
joten on olemassa lim
f 0 (x0 ) = a.
Olkoon k¨
aa
¨nt¨
aen f 0 (x0 ) = a ∈ R. T¨
all¨
oin kehitelm¨
ast¨
a (5.7) ratkaistu (h)
toteuttaa
(h) =
f (x0 + h) − f (x0 )
− a → a − a = 0, kun h → 0,
h
joten f on differentioituva x0 :ssa. Derivoituva funktio on aina jatkuva
Lause 5.10. Olkoon f derivoituva pisteess¨
a x0 (tai joukossa A, joka on v¨
ali tai
avointen v¨
alien numeroituva yhdiste). T¨
all¨
oin f on jatkuva x0 :ssa (tai A:ssa).
Todistus. Riitt¨
aa
¨ todistaa pistett¨
a x0 koskeva v¨
aite. Joukkoa A koskeva v¨
aite seuraa
siit¨
a ”pisteitt¨
ain”. Tapauksessa, jossa A on v¨
ali ja x0 v¨
aliin kuuluva p¨
aa
¨tepiste
tarvitaan tosin lauseen 5.9 ”toispuolista soveltamista”.
57
Olkoon siis f derivoituva x0 :ssa. Lauseen 5.9 nojalla f :ll¨
a on x0 :n ymp¨
arist¨
oss¨
a
differentiaalikehitelm¨
a
f (x0 + h) − f (x0 ) = f 0 (x0 )h + h(h),
joten merkitsem¨
all¨
a taas x = x0 + h saadaan
f (x) = f (x0 ) + f 0 (x0 )(x − x0 ) + (x − x0 )(x − x0 ) → f (x0 ) + 0 + 0 = f (x0 ),
kun x → x0 . N¨
ain ollen lim f (x) = f (x0 ) ja f on jatkuva x0 :ssa. x→x0
Seuraava lause on ns. ketjus¨
aa
¨nt¨
o yhdistettyjen funktioiden derivoimisesta:
Lause 5.11. Jos f on differentioituva x0 :ssa ja g on differentioituva f (x0 ):ssa, g ◦ f
on differentioituva x0 :ssa ja
(K)
(g ◦ f )0 (x0 ) = g 0 f (x0 ) f 0 (x0 ).
Todistus. Lauseen sanamuoto ei anna tarkasti f :n ja g:n m¨
aa
¨rittelyjoukkoja, mutta on helppo n¨
ahd¨
a (HT), ett¨
a lauseen mainitsemassa tilanteessa l¨
oytyy x 0 - ja
f (x0 )-keskiset v¨
alit I ja J s.e. yhdistetty kuvaus g ◦ f : I → R voidaan muodostaa seuraavan kuvauskaavion mukaisesti merkitsem¨
all¨
a f :ll¨
a ja g:ll¨
a niiden sopivia
rajoittumafunktioita
f
g
I −→ J −→ R.
Merkit¨
aa
¨n y0 = f (x0 ) ∈ J . Koska g on differentioituva y0 :ssa, on
g(y) − g(y0 ) = g 0 (y)(y − y0 ) + 1 (y)(y − y0 ),
miss¨
a 1 (y) → 0, kun y → y0 . Sovitaan viel¨
a 1 (y0 ) = 0, jolloin 1 tulee jatkuvaksi
y0 :ssa. Koska f on differentioituva x0 :ssa, on
f (x) − f (x0 ) = f 0 (x0 )(x − x0 ) + 2 (x)(x − x0 ),
miss¨
a 2 (x) → 0, kun x → x0 . N¨
ain ollen
g f (x) − g f (x0 ) = g 0 f (x0 ) f (x) − f (x0 ) + 1 f (x) f (x) − f (x0 ) =
g 0 f (x0 ) f 0 (x0 )(x − x0 ) + 2 (x)(x − x0 ) + 1 f (x) f (x) − f (x0 ) =
g 0 f (x0 ) f 0 (x0 )(x − x0 ) + g 0 f (x0 ) 2 (x) + 1 f (x) f 0 (x0 ) + 2 (x) (x − x0 ) =
g 0 f (x0 ) f 0 (x0 )(x − x0 ) + 3 (x)(x − x0 ),
miss¨
a 3 (x) = g 0 f (x0 ) 2 (x) + 1 f (x) f0 (x0 ) + 2 (x) → 0, kun x → x0 , sill¨
a
x → x0 ⇒ f (x) → f (x0 ) ⇒ 1 f (x) → 1 f (x0 ) = 0. M¨
aa
¨ritelm¨
an 5.6
ja lauseen 5.9 nojalla g ◦ f on differentioituva pisteess¨
a x0 ja ketjus¨
aa
¨nt¨
o (K) on
voimassa. Ketjus¨
aa
¨nt¨
o on k¨
ayt¨
ann¨
on derivoinnissa keskeisess¨
a roolissa. Ennen sovellusesimerkkej¨
a tarvitsemme derivoimista koskevan laskulauseen:
58
Lause 5.12. Olkoot f ja g derivoituvia x0 :ssa. T¨
all¨
oin f +g ja f g ovat derivoituvia
x0 :ssa ja
(i)
(f + g)0 (x0 ) = f 0 (x0 ) + g 0 (x0 )
(ii)
(f g)0 (x0 ) = f 0 (x0 )g(x0 ) + g 0 (x0 )f (x0 ).
f
Jos lis¨
aksi g(x0 ) 6= 0, niin osam¨
aa
¨r¨
a g on derivoituva x0 :ssa ja
0
f 0 (x0 )g(x0 ) − g 0 (x0 )f (x0 )
f
(iii)
(x
)
=
.
2
0
g
g(x0 )
Todistus. Kaava (i) j¨
atet¨
aa
¨n lukijalle harjoitusteht¨
av¨
aksi.
(ii)
(f g)(x0 + h) − f g(x0 )
f (x0 + h)g(x0 + h) − f (x0 )g(x0 )
=
=
h
h
f (x0 + h)g(x0 + h) − f (x0 )g(x0 + h) + f (x0 )g(x0 + h) − f (x0 )g(x0 )
=
h
g(x0 + h) − g(x0 )
f (x0 + h) − f (x0 )
g(x0 + h) + f (x0 )
→
h
h
f 0 (x0 )g(x0 ) + f (x0 )g 0 (x0 ), kun h → 0,
sill¨
a g on my¨
os jatkuva x0 :ssa, koska se on derivoituva x0 :ssa (lause 5.10).
1 derivaatta h0 (x) =
(iii) Er¨
aa
¨n¨
a laskuharjoitusteht¨
av¨
an¨
a on johtaa funktion h(x) = x
aa
¨r¨
an avulla. K¨
ayt¨
amme nyt t¨
at¨
a, tulon derivoi− 12 (x 6= 0) suoraan erotusosam¨
x
miss¨
aa
¨nt¨
oa
¨ ja ketjus¨
aa
¨nt¨
oa
¨ osam¨
aa
¨r¨
an derivoimiss¨
aa
¨nn¨
on (iii) todistamiseen.
Osam¨
aa
¨r¨
a
f (x)
1
1
= f (x) ·
= f (x) · (h ◦ g)(x), kun h(y) =
ja g(x) 6= 0.
g(x)
g(x)
y
Ketjus¨
aa
¨nn¨
on 5.11 ja 5.12(ii):n nojalla saadaan, ett¨
a
f (x)
D
g(x)
x=x0
= f 0 (x0 )h g(x0 ) + (h ◦ g)0 (x0 )f (x0 ) =
f (x0 )
g 0 (x0 )
f 0 (x0 )g(x0 ) − g 0 (x0 )f (x0 )
−
f
(x
)
=
.
2
2
0
g(x0 )
g(x0 )
g(x0 )
0
Kootaan nyt seuraavaan lauseeseen er¨
ait¨
a perusderivaattoja, jotka yll¨
a on joko
johdettu tai jotka seuraavat helposti m¨
aa
¨ritelmist¨
a ja yll¨
a esitetyst¨
a teoriasta.
59
Lause 5.13. (i) Vakiofunktion derivaatta on 0.
(ii) Identtisen kuvauksen f (x) = x derivaatta f 0 (x0 ) = 1 (jokaisessa m¨
aa
¨rittelyjoukon A ⊂ R sis¨
apisteess¨
a x0 ).
(iii) Dxn = nxn−1 , kun n ∈ Z ja x 6= 0 (jos n ∈ N0 , saa olla my¨
os x = 0).
√
1
1
1
1 (eli Dx 2 = 1 x− 2 = 1 x 2 −1 ) (x 6= 0).
(iv) D x = √
2
2
2 x
(v) D(af ) = aDf , kun a ∈ R on vakio.
(vi) Polynomin P (x) = an xn + an−1 xn−1 + . . . + a1 x + a0 derivaatta on
P 0 (x) = nan xn−1 + (n − 1)an−1 xn−2 + . . . + a1 .
P (x)
(P ja Q polynomeja, Q(x0 ) 6= 0) derivaatta
(vii) Rationaalifunktion f (x) =
Q(x)
on
P 0 (x0 )Q(x0 ) − Q0 (x0 )P (x0 )
f 0 (x0 ) =
2
Q(x0 )
Todistus. (i) ja (ii) on helppo johtaa suoraan, mutta ne ovat my¨
os esimerkin 5.4 i)
erikoistapauksia.
(iii) Tapauksessa n ∈ N joko induktiolla soveltaen kaavaa (ii) ja tulon derivoimiss¨
aa
¨nt¨
oa
¨ 5.12 (ii) tai my¨
os suoraan binomikaavan avulla (harjoitusteht¨
av¨
a). Tapauksessa n = 0 kaava on vakion 1 derivoimiss¨
aa
¨nt¨
o. Jos n < 0, derivoidaan osam¨
aa
¨r¨
a
1
n
x = −n , jossa −n ∈ N.
x
(iv) Suoraan erotusosam¨
aa
¨r¨
an avulla (harjoitusteht¨
av¨
a).
(v) D(af ) = (Da) · f + a · Df = aDf 5.12 (ii) ja kohta (i) .
(vi) Sovelletaan summan derivoimiss¨
aa
¨nt¨
oa
¨ ja s¨
aa
¨nt¨
o j¨
a (iii) ja (v).
(vii) S¨
aa
¨nt¨
o (vi) ja osam¨
aa
¨r¨
an derivoimiss¨
aa
¨nt¨
o. Esimerkki 5.14. Derivoi seuraavat funktiot
√
3
x2 + 1
1
4
2
√
a) f (x) =
b) f (x) = x + x +
.
x
x2 + 3x
Ratkaisu.
(a)
√
√
/
2
x
3
2
p
(x + 3x) − 2x + √
x2 + 1
2+1
2
3x
/
2
x
√
f 0 (x) =
(x2 + 3x)2
√ √
√ p
√ p
x3 p
+ 3 x x 4x x x2 + 1√+ 3 x2 + 1
−
2 x
x2 + 1
√
=
(x2 + 3x)2
60
√
√
√
√
2x3 x + 2 3 x2 − 4x x(x2 + 1) − 3(x2 + 1)
=
√ 2 √ √
2 x2 + 3x
x x2 + 1
√
√
√
√
−2x3 x + 3x2 − 4x x − 3
, kun x ∈ ]0, ∞[ .
=
√ 2 √
2 x2 + 3x
x3 + x
(b)
2 1
1
4
2
3
f (x) = 3 x + x +
4x + 2x − 2 , kun x ∈ R \ {0}
x
x
0
Laskuissa on sovellettu ketjus¨
aa
¨nt¨
oa
¨ (useita kertoja) ja lauseiden 5.12 ja 5.13 derivoimiss¨
aa
¨nt¨
o j¨
a.
P¨
aa
¨st¨
aksemme neli¨
o juurifunktioiden lis¨
aksi derivoimaan muitakin juurifunktioita meid¨
an on tutkittava k¨
aa
¨nteisfunktioiden derivoimista, sill¨
a juurifunktiot ovat
potenssifunktioiden k¨
aa
¨nteisfunktioita.
Lause 5.15. (K¨
aa
¨nteisfunktioiden derivoimiss¨
aa
¨nt¨
o) Olkoot I, J ⊂ R v¨
alej¨
a ja
0
f : I → J jatkuva bijektio. Jos f on derivoituva pisteess¨
a x0 ∈ I ja f (x0 ) 6= 0, niin
k¨
aa
¨nteiskuvaus f −1 : J → I on derivoituva pisteess¨
a y0 = f (x0 ) ∈ J ja
(∗)
(f −1 )0 (y0 ) =
1
f 0 (x
0)
.
Todistus. Ketjus¨
aa
¨nn¨
ost¨
a seuraa heti, ett¨
a jos f −1 on derivoituva y0 :ssa, kaavan
(∗) t¨
aytyy olla voimassa. Yhdistetyll¨
a kuvauksella
f
.
f −1 ◦ f = idI : I .................................................................. J
x0 ................................................................... y0
f −1
.
................................................................
.
.
.................................................................
.
I
x0
on nimitt¨
ain derivaatta 1 (identtinen kuvaus!) ja toisaalta sen derivaatta x 0 :ssa on
ketjus¨
aa
¨nn¨
on nojalla tulo f 0 (x0 ) · (f −1 )0 (y0 ), joten (∗) on ainoa mahdollinen lauseke
(f −1 )0 (y0 ):lle.
Derivaatan (f −1 )0 (y0 ) olemassaolon todistamiseksi on kuitenkin tarkasteltava
−1
f :n erotusosam¨
aa
¨r¨
aa
¨ pisteess¨
a y0 . Olkoon sit¨
a varten y ∈ J , y 6= y0 . Merkit¨
aa
¨n
−1
−1
x = f (y), jolloin y = f (x). Koska f : I → J on bijektio niin my¨
os f
:J →I
on bijektio ja siis injektio, joten x = f −1 (y) 6= f −1 (y0 ) = x0 . T¨
all¨
oin
f −1 f (x) − f −1 f (x0 )
f −1 (y) − f −1 (y0 )
x − x0
1
=
=
=
f (x) − f (x0 )
y − y0
f (x) − f (x0 )
f (x) − f (x0 )
x − x0
Koska f on my¨
os jatkuva, niin f −1 on jatkuva (lause 3.30) ja siten x = f −1 (y) →
−1
f (y0 ) = x0 , kun y → y0 . T¨
aten
lim
y→y0
f −1 (y) − f −1 (y0 )
1
1
1
= lim
=
= 0
.
x→x0 f (x) − f (x0 )
f (x) − f (x0 )
y − y0
f (x0 )
lim
x − x0
x − x0
x→x0
61
Lause 5.16. Olkoon n ∈ N \ {1} ja f (x) =
x > 0, n parillinen
pisteiss¨
a
x 6= 0, n pariton.
√
n
1
x = x n . T¨
all¨
oin f 0 (x) =
1
1 n
−1
nx
Todistus. K¨
aa
¨nteisfunktion derivoimiss¨
aa
¨nn¨
on nojalla ehdoista y = x n , x =
0 seuraa, ett¨
a
√
1
1 x
1 ny
1 1
1
√
n
=
=
=
= y n −1 . D y=
n
n−1
n
Dx
nx
n x
n y
n
√
n
y 6=
r
r−1
Seuraus 5.17. Jos r = m
n ∈ Q (m, n ∈ Z; n > 0), niin Dx = rx , kun x > 0.
Todistus.
1 m−1
1 m m
1
m m
Dxr = Dx n = D x n
= m xn
· Dx n = x n −1 = rxr−1
n
(ketjus¨
aa
¨nt¨
o ja 5.16 ja 5.13 (iii)). Esimerkki 5.18. Funktio f : R → R, f (x) = x3 + x + 1 on aidosti kasvavana
injektio. Lis¨
aksi se on jatkuva ja lim f (x) = ∞ ja lim f (x) = −∞. Jos c ∈ R,
x→∞
x→−∞
on siis olemassa m < 0 ja M > 0 s.e. f (m) < c ja f (M ) > c. Suljetulla v¨
alill¨
a [m, M ]
jatkuvana f saa p¨
aa
¨tepistearvojensa v¨
alisen arvon c. Koska c ∈ R oli mielivaltainen,
saa f siis jokaisen reaaliarvon ja on siten my¨
os surjektio. Siis f on bijektio ja
sill¨
a on k¨
aa
¨nteiskuvaus f −1 : R → R. K¨
aa
¨nteiskuvauksen lausekkeen hakemiseksi
jouduttaisiin ratkaisemaan 3. asteen yht¨
al¨
o x3 + x + 1 = y. T¨
at¨
a emme osaa, mutta
−1
silti voimme laskea k¨
aa
¨nteiskuvauksen f
derivaatan pisteiss¨
a f (x0 ) (kun x0 on
annettu tai kun se keksit¨
aa
¨n) lauseen 5.15 avulla.
Koska f (0) = 1 ja f (1) = 3, saadaan esimerkiksi lasketuksi derivaatat
(f −1 )0 (1) =
1
f 0 (0)
=
1
=1
3 · 02 + 1
ja
(f −1 )0 (3) =
1
f 0 (1)
=
1
1
= .
2
3·1 +1
4
Korkeammat derivaatat. Olkoon f : A → R reaalimuuttujan reaalifunktio (A ⊂
R v¨
ali tai avointen v¨
alien pistevieras yhdiste). Merkit¨
aa
¨n
A1 = {x ∈ A | ∃f 0 (x)},
jolloin f 0 : A1 → R on f :n derivaatta(funktio) eli f :n ensimm¨
ainen derivaatta
(voidaan merkit¨
a my¨
os f (1) = f 0 ). Jos x0 ∈ A1 ja jos funktio f 0 on derivoituva
x0 :ssa, niin
f 0 (x0 + h) − f 0 (x0 )
f 00 (x0 ) = lim
h→0
h
on f :n toinen derivaatta x0 :ssa ja joukossa
A2 = {x ∈ A1 | ∃f 00 (x)} ⊂ A1
62
m¨
aa
¨ritelty funktio f 00 = f (2) : A2 → R on f :n toinen derivaatta. Samoin jatkaen
saadaan joukot
Ak+1 = {x ∈ Ak | ∃f (k+1) (x) = (f (k) )0 (x)}
ja derivaattafunktiot f (k) : Ak → R. Yleisesti: f (k) on f :n k:s derivaatta (kiinte¨
all¨
a
(k)
(m)
k ∈ N). (Jos Ak = ∅ jollain k, f
ja sit¨
a korkeammat derivaatat f
(m > k)
eiv¨
at en¨
aa
¨ ole miss¨
aa
¨n m¨
aa
¨ritellyt.)
Esimerkki 5.19. i) Jos f (x) = an xn + . . . + a0 on asteen n polynomi (an 6= 0),
niin (n + 1):s ja sit¨
a korkeammat derivaatat ovat nollia:
k > n ⇒ f (k) (x) = 0 ∀x ∈ R.
ii) Olkoon f (x) = x|x| ∀x ∈ R. T¨
all¨
oin
f (x) =
x2 ,
−x2 ,
x≥0
x<0
0
⇒ f (x) =
2x, x > 0
−2x, x < 0
00
⇒ f (x) =
2, x > 0
−2, x < 0
ja k > 2 ⇒ f (k) (x) = 0 aina kun x 6= 0. Perustelu: pisteen x 6= 0 ymp¨
arist¨
oss¨
af
2
2
yhtyy joko polynomiin x tai −x .
Sen sijaan origon ymp¨
arist¨
oss¨
a f ei yhdy mihink¨
aa
¨n tunnetusti derivoituvaan
funktioon, joten origoderivaatat on tutkittava erikseen:
h|h|
f (0 + h) − f (0)
=
= |h| → 0, kun h → 0 joten ∃f 0 (0) = 0.
h
h
Edelleen



2h = 2 −→ 2,
kun h > 0
h
f 0 (0 + h) − f 0 (0)
h→0+
=

h
 − 2h = −2 −→ −2, kun h < 0,
h
h→0−
f 0 (0 + h) − f 0 (0)
joten erotusosam¨
aa
¨r¨
all¨
a
ei ole raja-arvoa, kun h → 0. Siis @f 00 (0)
h
ja siten @f (k) (0) (k ≥ 2).
Yhteenveto:
2x, x ≥ 0
0
f (x) =
−2x, x < 0

x>0

 2,
00
f (x) =
−2,
x<0


ei olemassa, x = 0
0,
x 6= 0
f (k) (x) =
ei olemassa, x = 0, (k > 2).
63
1 . Jos x 6= 0, niin
iii) Olkoon f (x) = x
2
1
f 0 (x) = − 2 , f 00 (x) = 3 ,
x
x
Induktiolla voidaan todistaa, ett¨
a
f (n) (x) =
(−1)n n!
xn+1
f 000 (x) = −
6
,... .
x4
∀x ∈ R \ {0} ∀n ∈ N.
M¨
a¨
aritelm¨
a 5.20. Olkoon A ⊂ R v¨
ali tai avointen v¨
alien erillinen yhdiste. Merkit¨
aa
¨n
C 0 (A) = {f | f : A → R on jatkuva}.
Funktio f ∈ C 0 (A) on jatkuvasti derivoituva, jos se on derivoituva A:ssa ja derivaatta f 0 : A → R on jatkuva A:ssa. Merkit¨
aa
¨n
C 1 (A) = {f | f : A → R on jatkuvasti derivoituva}
= {f ∈ C 0 (A) | f 0 ∈ C 0 (A)}
C 2 (A) = {f ∈ C 1 (A) | f 0 ∈ C 1 (A)}
C 3 (A) = {f ∈ C 2 (A) | f 0 ∈ C 2 (A)}
Yleisesti
C k+1 (A) = {f ∈ C k (A) | f 0 ∈ C k (A)}, (k ∈ N0 ),
on A:ssa k + 1 kertaa jatkuvasti derivoituvien funktioiden joukko. Selv¨
asti
C 0 (A) ⊃ C 1 (A) ⊃ C 2 (A) ⊃ . . . ⊃ C k (A) ⊃ . . .
ja joukko
∞
C (A) =
∞
\
C k (A)
k=0
= {f : A → R | f :ll¨
a on kaikkien kertalukujen derivaatat A:ssa}
on jokaisen C k (A):n osajoukko.
1 ⇒ f ∈ C ∞ (R \ {0}) esimerkin 5.19 (iii) nojalla.
Esimerkki. i) f (x) = x
ii) f (x) = x|x| ⇒ f ∈ C 1 (R) \ C 2 (R) (5.19 (ii)).
Lauseen 4.26 nojalla potenssisarjaa
∞
X
n=0
an (x − x0 )n = a0 + a1 (x − x0 ) + a2 (x − x0 )2 + . . .
saa suppenemisv¨
alill¨
a ]x0 − R, x0 + R[ derivoida termeitt¨
ain. Soveltamalla t¨
at¨
a
∞
P
toistuvasti n¨
ahd¨
aa
¨n, ett¨
a summafunktio S(x) =
an (x − x0 )n toteuttaa S(x) ∈
n=0
C ∞ (]x0 − R, x0 + R[), jos suppenemiss¨
ade R > 0. Potenssisarjojen summafunktiot
ovat ns. analyyttisi¨
a funktioita.
64
3
2
Esimerkki. ln(1 + x) = x − x2 + x3 − . . . (−1 < x ≤ 1) on analyyttinen funktio
esimerkin 4.29 nojalla.
Seuraava ns. yksik¨
asitteisyyslause osoittaa, ett¨
a on enint¨
aa
¨n yksi tapa esitt¨
aa
¨
funktio f x0 :n ymp¨
arist¨
oss¨
a x0 -keskisen potenssisarjan summafunktiona:
∞
P
Lause 5.21. (Yksik¨
asitteisyyslause) Jos R > 0 ja f (x) =
an (x − x0 )n ∀x ∈
n=0
]x0 − R, x0 + R[, niin
f (n) (x0 )
an =
n!
∀n ∈ N.
Todistus. Derivoimalla termeitt¨
ain saadaan
f 0 (x) =
∞
X
n=1
nan (x − x0 )n−1
ja sijoittamalla t¨
ah¨
an x = x0 saadaan
f 0 (x0 ) = a1 =
f (1) (x0 )
.
1!
Toinen termeitt¨
ain derivointi antaa
00
f (x) =
∞
X
n=2
n(n − 1)an (x − x0 )n−2
ja sijoitus x = x0 antaa kaavan
f 00 (x0 ) = 2a2 , josta a2 =
f (2) (x0 )
.
2!
Kolmas termeitt¨
ain derivointi ja sijoitus x = x0 antaa kaavan
f 000 (x0 ) = 6a3 , josta a3 =
f (3) (x0 )
.
3!
Jatkamalla samoin saadaan v¨
aite. Yksik¨
asitteisyyslauseen avulla voi joskus laskea korkeita derivaattoja.
Esimerkki 5.22. Laske f (10) (0), kun f (x) = x ln(1 + x).
2
3
Ratkaisu. Koska ln(1 + x) = x − x2 + x3 − . . . kun −1 < x ≤ 1 (esimerkki 4.29),
on
f (x) = x ln(1 + x)
= x2 −
x3
x4
x5
x6
x7
x8
x9
x10
+
−
+
−
+
−
+
− ...
2
3
4
5
6
7
8
9
65
∀x ∈ ]−1, 1]
lauseen 4.10 nojalla (sovelletaan sit¨
a kullakin x ∈ ]−1, 1] erikseen). Toisaalta yksik¨
asitteisyyslauseen nojalla termin x10 kerroin t¨
ass¨
a f :n potenssisarjaesityksess¨
a on
(10)
(10)
f
(0)
(0)
1 = f
v¨
altt¨
am¨
att¨
a
, joten on oltava 9
, josta saadaan f (10) (0) = 10!
9 .
10!
10!
∞
P
f (n) (x0 )
(x − x0 )n (sopimus: f (0) (x0 ) = f (x0 )) sanotaan f :n
n!
n=0
Taylorin sarjaksi x0 :ssa. Jos x0 = 0 k¨
aytet¨
aa
¨n my¨
os nimityst¨
a Maclaurinin sarja.
(k)
n
P
f (x0 )
(x − x0 )k (n ∈ N) ovat f :n
Taylorin sarjan osasummat Pn (x; x0 ) =
k!
k=0
Taylorin polynomit x0 :ssa. Pn (x; x0 ) on se asteen ≤ n polynomi, jolla on x0 :ssa
sama arvo ja samat n alinta derivaattaa kuin f :ll¨
a.
Yksik¨
asitteisyyslauseen nojalla x0 -keskinen Taylorin sarja on ainoa mahdollisuus x0 :n ymp¨
arist¨
oss¨
a m¨
aa
¨ritellyn funktion esitt¨
amiseen x0 -keskisen potenssisarjan
summafunktiona. T¨
am¨
a ei aina onnistu vaikka f olisi C ∞ -funktio! Er¨
as C ∞ funktio, joka ei ole analyyttinen (eli ei ole potenssisarjan summafunktio) on
Potenssisarjaa
f : R → R,
f (x) =
0,
e
− x12
x=0
,
x 6= 0.
My¨
ohemmin esitett¨
avien tietojen avulla voi n¨
aet todistaa (joskaan ei ihan helposti),
ett¨
a
∃f (k) (0) = 0 ∀k ∈ N.
Siten f :n Maclaurinin sarja on nollasarja
eik¨
a esit¨
a f :¨
aa
¨ miss¨
aa
¨n origon ymp¨
aris
t¨
oss¨
a, koska f ei ole nollafunktio.
66
6. Derivaatan sovelluksia
Olkoon A ⊂ R, x0 ∈ A A:n sis¨
apiste (ts. ∃ > 0 s.e. ]x0 − , x0 + [ ⊂ A) ja
f : A → R funktio.
M¨
a¨
aritelm¨
a 6.1. (i) Piste x0 on f :n lokaali minimikohta ja arvo f (x0 ) f :n lokaali
minimi, jos on olemassa > 0 s.e.
f (x0 ) = min f ]x0 − , x0 + [ ,
ts. jos f (x0 ) on pienin f :n jossain x0 :n ymp¨
arist¨
oss¨
a ]x0 − , x0 + [ ⊂ A saamista
arvoista.
(ii) Piste x0 on f :n lokaali maksimikohta ja arvo f (x0 ) f :n lokaali maksimi, jos on
olemassa > 0 s.e.
f (x0 ) = max f ]x0 − , x0 + [ ,
ts. jos f (x0 ) on suurin f :n jossain x0 :n ymp¨
arist¨
oss¨
a ]x0 − , x0 + [ ⊂ A saamista
arvoista.
(iii) Piste x0 on f :n (lokaali) a
¨a
¨riarvokohta ja arvo f (x0 ) f :n (lokaali) a
¨a
¨riarvo, jos
f (x0 ) on f :n lokaali maksimi tai minimi
(iv) Lokaali a
¨a
¨riarvo f (x0 ) on oleellinen (tai aito), jos ∃ > 0 s.e. f (x) 6= f (x0 ), kun
0 < |x − x0 | < . Tarkemmin eriteltyn¨
a:
f (x0 ) on oleellinen lokaali minimi ⇔ ∃ > 0 s.e. f (x) > f (x0 ) ∀x ∈ U0 (x0 ) ja
f (x0 ) on oleellinen lokaali maksimi ⇔ ∃ > 0 s.e. f (x) < f (x0 ) ∀x ∈ U0 (x0 ).
Huomautus 6.2. M¨
aa
¨ritelm¨
an 6.1 nojalla lokaaleja a
¨a
¨riarvokohtia voivat olla vain
f :n m¨
aa
¨rittelyjoukon A sis¨
apisteet. N¨
ain ollen f :n mahdollinen globaali a
¨a
¨riarvo
M = max f (A)
tai
m = min f (A)
ei aina ole lokaali a
¨a
¨riarvo! Esimerkiksi funktiolla id[0,1] : [0, 1] → [0, 1], f (x) = x,
ei ole lokaaleja a
¨a
¨riarvoja (yleisemmin mill¨
aa
¨n aidosti monotonisella funktiolla ei
n¨
ait¨
a ole), vaikka
1 = max f ([0, 1])
ja
0 = min f ([0, 1])
ovat sen globaalit a
¨a
¨riarvot. Jos globaali a
¨a
¨riarvo saadaan A:n sis¨
apisteess¨
a x 0 , se
on lokaali a
¨a
¨riarvokohta.
Derivoituvalla funktiolla vain derivaatan nollakohdat voivat olla lokaaleja a
¨a
¨riarvokohtia.
Lause 6.3. Jos f : A → R on derivoituva lokaalissa a
¨a
¨riarvokohdassa x 0 ∈ A, niin
f 0 (x0 ) = 0.
Todistus. Seuraavasta lauseesta n¨
ahd¨
aa
¨n, ett¨
a jos f 0 (x0 ) > 0 tai f 0 (x0 ) < 0, niin
x0 ei ole lokaali a
¨a
¨riarvokohta. 67
Lause 6.4. Olkoon x0 funktion f : A → R m¨
aa
¨rittelyjoukon sis¨
apiste T¨
all¨
oin
(i) jos f 0 (x0 ) > 0, niin ∃δ > 0 s.e.
x0 − δ < x < x0 ⇒ f (x) < f (x0 )
ja
x0 < x < x0 + δ ⇒ f (x0 ) < f (x)
ja
x0 < x < x0 + δ ⇒ f (x0 ) > f (x)
(ii) jos f 0 (x0 ) < 0, niin ∃δ > 0 s.e.
x0 − δ < x < x0 ⇒ f (x) > f (x0 )
Todistus. Riitt¨
aa
¨ todistaa v¨
aite (i), johon v¨
aite (ii) voidaan palauttaa korvaamalla
f (−f ):ll¨
a. Olkoon siis
f 0 (x0 ) = lim
x→x0
f (x) − f (x0 )
>0
x − x0
Lauseen 3.19 nojalla ∃δ > 0 s.e.
x ∈ Uδ0 (x0 ) ⇒
f (x) − f (x0 )
> 0.
x − x0
Osam¨
aa
¨r¨
an merkkis¨
aa
¨nn¨
ost¨
a ja nimitt¨
a j¨
an merkist¨
a saadaan t¨
am¨
an nojalla osoittajan merkki erikseen x0 :sta vasemalle ja oikealle:
x0 − δ < x < x0 ⇒ f (x) − f (x0 ) < 0 ⇒ f (x) < f (x0 ) ja
x0 < x < x0 + δ ⇒ f (x) − f (x0 ) > 0 ⇒ f (x) > f (x0 ). Huomautus 6.5. Lause 6.4 (i) ei v¨
ait¨
a, ett¨
a f olisi kasvava x0 :n ymp¨
arist¨
oss¨
a.
Jos f ei ole x0 :ssa jatkuvasti derivoituva, sen ei itse asiassa tarvitse olla kasvava
miss¨
aa
¨n x0 :n ymp¨
arist¨
oss¨
a lauseen 6.4 (i) tilanteessa.
Derivoituvalle funktiolle ehto f 0 (x0 ) = 0 on siis v¨
altt¨
am¨
at¨
on ehto sille, ett¨
a x0
on lokaali a
¨a
¨riarvokohta. T¨
am¨
a ehto ei kuitenkaan ole riitt¨
av¨
a.
Esimerkki. f (x) = x|x| on derivoituva origossa ja f 0 (0) = 0 esimerkin 5.19 ii)
nojalla. Silti arvo f (0) = 0 ei ole f :n lokaali a
¨a
¨riarvo, sill¨
a origon jokaisessa ymp¨
arist¨
oss¨
a funktio f saa sek¨
a arvoa 0 suurempia ett¨
a sit¨
a pienempi¨
a arvoja, koska
f (x) =
x2 , x > 0
⇒
−x2 , x < 0
f (x) > 0, x > 0
f (x) < 0, x < 0.
V¨
aliarvolause. Differentiaalilaskennan sovellusten kannalta er¨
as keskeinen tulos
on ns. v¨
aliarvolause (lyh. VAL), jonka k¨
asittelyn nyt aloitamme todistamalla ensin
sen erikoistapauksen.
68
Lause 6.6. (Rollen lause) Olkoon f : [a, b] → R jatkuva funktio, joka on derivoituva avoimella v¨
alill¨
a ]a, b[. Jos f (a) = f (b), niin v¨
alill¨
a ]a, b[ on piste ξ s.e.
0
f (ξ) = 0.
Todistus. Jos f on vakiofunktio, ξ:ksi kelpaa mik¨
a tahansa ξ ∈ ]a, b[, sill¨
a t¨
all¨
oin
0
f (x) = 0 ∀x ∈ [a, b] (5.13 (i)).
Jos f ei ole vakio, ainakin toinen arvoista
M = max f ([a, b]),
m = min f ([a, b])
(n¨
am¨
a ovat olemassa lauseen 3.27 nojalla, koska f on jatkuva v¨
alill¨
a [a, b]) saadaan
v¨
alin [a, b] jossain sis¨
apisteess¨
a ξ ∈ ]a, b[ koska f (a) = f (b) ja m 6= M . T¨
all¨
oin ξ on
0
f :n lokaali a
¨a
¨riarvokohta, joten f (ξ) = 0 lauseen 6.3 nojalla. Rollen lauseen oletuksilla k¨
ayr¨
all¨
a y = f (x) on siis ainakin yksi vaakasuora tangentti y = f (ξ), a < ξ < b. Havainnollistetaan asia kuvalla:
....
........
....
..
..
..
...
..
...
..
...
...
........................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................
.......
...
........
......
......
.....
...
.....
....
..
....
....
.
.
..
.
....
.
.
.
............
...
.
....
..
....... ..........
.
.
.
...
.
............................................................................................................................
..
....
....
...
.
.
....
....
.
....
....
..
.....
....
..
.....
.....
...
......
.....
.
.
.
.
........
.
..
.
....................................
...
....
..
...
...
.
....................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................
..
..
...
1
2
3
...
..
...
..
..
...
..
...
..
...
0
0
0
..
1
2
3
..
..
...
..
...
..
y
•
f (a) = f (b)
•
•
y = f (ξ1 )
•
•
a
ξ
ξ
ξ
b
x
f (ξ ) = f (ξ ) = f (ξ ) = 0
Rollen lausetta voi joskus k¨
aytt¨
aa
¨ yht¨
al¨
on f (x) = 0 juurten lukum¨
aa
¨r¨
an tutkimiseen. Jos n¨
aet f :ll¨
a on k nollakohtaa, t¨
aytyy f 0 :lla olla nollakohta k − 1:ll¨
a erillisell¨
a
(avoimella) v¨
alill¨
a.
Esimerkki 6.7. Kuinka monta reaalijuurta on yht¨
al¨
oll¨
a
(∗)
3x5 − 5x3 = −1?
Ratkaisu. Merkit¨
aa
¨n f (x) = 3x5 − 5x3 + 1, jolloin (∗) ⇔ f (x) = 0. Nyt f 0 (x) =
15x4 − 15x2 ∀x ∈ R, joten
f 0 (x) = 0 ⇔ 15x2 (x2 − 1) = 0 ⇔ x = 0 tai x = 1 tai x = −1.
69
Derivaatalla on siis tasan kolme nollakohtaa R:ss¨
a, joten f :ll¨
a on Rollen lauseen
nojalla enint¨
aa
¨n nelj¨
a nollakohtaa R:ss¨
a. Jos f :ll¨
a olisi nelj¨
a nollakohtaa x 1 < x2 <
f (x)
1. asteen polynomi, josta
x3 < x4 , olisi osam¨
aa
¨r¨
a
(x − x1 )(x − x2 )(x − x3 )(x − x4 )
saataisiin f :lle nollakohta x5 ∈ R. Jos olisi x5 ∈ {x1 , x2 , x3 , x4 }, olisi f :ll¨
a tekij¨
a
(x − x5 )2 ja siten f 0 :lla nollakohta x5 . T¨
all¨
oin f (x5 ) = f 0 (x5 ) = 0. Koska f (0) 6= 0,
f (1) 6= 0 ja f (−1) 6= 0 n¨
ain ei voi olla. Siis x5 olisikin f :n viides nollakohta, mik¨
a
on ristiriidassa sen kanssa, ett¨
a nollakohtia on enint¨
aa
¨n nelj¨
a. Voimme siis p¨
aa
¨tell¨
a,
ett¨
a nollakohtia on enint¨
aa
¨n kolme.
Toisaalta f (−2) < 0, f (0) > 0, f (1) < 0 ja f (2) > 0, joten Bolzanon lauseesta
seuraa, ett¨
a jatkuvalla funktiolla f on nollakohdat x1 ∈ ]−2, 0[, x2 ∈ ]0, 1[ ja x3 ∈
]1, 2[. Yht¨
al¨
oll¨
a (∗) on siis tasan kolme reaalijuurta.
Huomautus. P¨
aa
¨tely ”enint¨
aa
¨n kolme” sujuisi helpommin, jos derivaatan merkin
yhteys monotonisuuteen olisi jo k¨
aytett¨
aviss¨
a!
V¨
aliarvolause on Rollen lauseen yleistys. Sen mukaan derivoituvalla funktiolla
f : [a, b] → R ainakin yksi k¨
ayr¨
an y = f (x) tangenttisuorista
y − f (ξ) = f 0 (ξ)(x − ξ) (a < ξ < b)
on pisteit¨
a a, f (a) ja b, f (b) yhdist¨
av¨
an sekantin
y − f (a) =
f (b) − f (a)
(x − a)
b−a
suuntainen, ts.
f 0 (ξ) =
f (b) − f (a)
b−a
Kuva:
.
.........
..
..
..
...
..
.....
........
...
........
...
........
.
.
.
.
.
.
..
.
...
..
........
........
.....
...
........
........
..
........
........
.
.
.
.
.
.
...
.
........
.
.
.
...
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
...
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
......
.
.
..
........ ........................................
........
........
........
..
...
........ ................
........
...
..............................
........
.
.
.
.
.
.
.
.
..
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
..
...
.............
...
........
..........
..
........
.........
........
...
..........
........
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
...
.
.
.
.
.
.
.
..
.
..
..............
........
..............
........
..
........ .....
........
...
........ .........
........
.
.
.
.
.
.
.
.
..
.
.
.
.
.
.
..
......
....
........
...
........
....
........
..
........
...
........
........
...
...
........
.
.
.
.
.
.
...
.
.
.
...
..
..
........
...
..
........
.. .......
...
.............
.
..
.
.
.
...
...
........
...
........
........
..
..
...
.
...................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................
...
...
...
..
..
...
y
tangentti
`
`
ξ, f (ξ)
sekantti
`
´
• b, f (b)
´
•
´
a, f (a) •
a
ξ
b
70
x
Lause 6.8. (V¨
aliarvolause) Olkoon f : [a, b] → R jatkuva funktio, joka on derivoituva v¨
alill¨
a ]a, b[. T¨
all¨
oin on olemassa piste ξ ∈ ]a, b[ s.e.
f (b) − f (a) = f 0 (ξ)(b − a)
Todistus. Muodostetaan apufunktio
g(x) = f (x) − f (a) −
f (b) − f (a)
(x − a)
b−a
ja sovelletaan siihen Rollen lausetta. Selv¨
asti Rollen lauseen oletukset ovat voimassa
funktiolle g, sill¨
a g(b) = g(a) = 0. On siis olemassa piste ξ ∈ ]a, b[ s.e.
g 0 (ξ) = f 0 (ξ) −
f (b) − f (a)
= 0,
b−a
mist¨
a v¨
aite seuraa v¨
alitt¨
om¨
asti. Huomautus 6.9. V¨
aliarvolauseen tulos p¨
atee, vaikka etuk¨
ateen ei tiedett¨
aisi, kumpi v¨
alin p¨
aa
¨tepisteist¨
a on se suurempi! My¨
os tapauksessa b < a on olemassa
ξ ∈ ]a, b[ s.e.
f (b) − f (a) = f 0 (ξ)(b − a).
T¨
am¨
a n¨
ahd¨
aa
¨n kertomalla v¨
aliarvolauseen antama yht¨
al¨
o f (a) − f (b) = f 0 (ξ)(a − b)
luvulla−1.
V¨
aliarvolausetta voi k¨
aytt¨
aa
¨ virhearvioihin: sen nojalla n¨
aet
|f (x0 + h) − f (x0 )| = |f 0 (ξ) · h| ≤ M |h|,
jos tiedet¨
aa
¨n, ett¨
a x0 :n ja x0 + h:n v¨
alill¨
a p¨
atee arvio |f 0 (x)| ≤ M .
1 . Arvioi virhett¨
Esimerkki 6.10. Olkoon f (x) = x3 + x
a, joka tehd¨
aa
¨n korvaamalla
1
f (3.01) luvulla f (3) = 27 3 ≈ 27.333.
Ratkaisu. Nyt f 0 (x) = 3x2 − 12 , kun x > 0. V¨
alill¨
a 3 ≤ x ≤ 3.01 saadaan arvio
x
|f 0 (x)| = |3x2 −
1
1
1 ∆-ey 2
| ≤ 3x + 2 ≤ 3 · 3.012 + ≈ 27.291 < 27.3.
2
x
x
9
Virheen itseisarvolle saadaan nyt arvio
|f (3.01) − f (3)| < 27.3 · 0.01 = 0.273
Laskimella f (3.01)−f (3) ≈ 0.26979, joten t¨
ass¨
a tapauksessa v¨
aliarvolauseen antama
varma virhearvio oli l¨
ahell¨
a parasta mahdollista.
V¨
aliarvolauseen seurauksia.
71
Lause 6.11. (Derivoituvuustesti) Olkoon f jatkuva pisteess¨
a x0 ∈ R ja derivoituva
x0 :n punkteeratussa ymp¨
arist¨
oss¨
a Uδ0 (x0 ) = ]x0 − δ, x0 + δ[ \ {x0 }. Jos on olemassa
raja-arvo lim f 0 (x) = a ∈ R, niin f on derivoituva my¨
os x0 :ssa ja f 0 (x0 ) = a.
x→x0
Todistus. Olkoon x ∈ Uδ0 (x0 ). V¨
aliarvolauseen nojalla x0 :n ja x:n v¨
aliss¨
a on piste
ξ(x) s.e.
f (x) − f (x0 )
= f 0 ξ(x)
x − x0
Lauseen 3.8 nojalla yhdistetylle funktiolle g(x) = (f 0 ◦ ξ)(x) = f 0 ξ(x) p¨
atee nyt,
ett¨
a
lim g(x) = lim f 0 ξ(x) = a,
x→x0
x→x0
sill¨
a lim ξ(x) = x0 ja ξ(x) 6= x0 ∀x ∈ Uδ0 (x0 ) ja lim f 0 (y) = a. x→x0
y→x0
Huomautus 6.12. Lauseen 6.11 tulos p¨
atee samanlaisella todistuksella my¨
os toispuolisille derivaatoille. T¨
ast¨
a taas seuraa, ett¨
a jos jatkuvuuspisteess¨
a x0
lim f 0 (x) 6= lim f 0 (x),
x→x0 +
x→x0 −
niin f ei ole derivoituva x0 :ssa (sill¨
a f 0 (x0 +) 6= f 0 (x0 −)).
Esimerkki 6.13. Suoraan erotusosam¨
aa
¨r¨
aa
¨ (siis derivaatan m¨
aa
¨ritelm¨
aa
¨) k¨
aytt¨
aen voidaan osoittaa, ett¨
a funktio
x − 3,
x>1
f (x) =
2
3x − 5x, x ≤ 1
on derivoituva pisteess¨
a x0 = 1 ja f 0 (1) = 1 (HT). Saman tuloksen saa nyt my¨
os
derivoituvuustestill¨
a:
1,
x>1
0
f (x) =
6x − 5, x < 1
joten
lim f 0 (x) = 6 · 1 − 5 = 1 = lim f 0 (x).
x→1−
x→1+
Koska lis¨
aksi f on jatkuva 1:ss¨
a lim f (x) = −2 = lim f (x) , f on derivoituva
1:ss¨
a ja f 0 (1) = 1.
x→1+
x→1−
Lause 6.14. (Integraalilaskennan peruslause) Jos f : I → R on v¨
alill¨
a I ⊂ R
derivoituva funktio ja jos f 0 (x) = 0 ∀x ∈ I, niin f on vakiofunktio.
Todistus. Valitaan mielivaltainen x0 ∈ I ja osoitetaan, ett¨
a f (x) = f (x0 ) ∀x ∈ I.
Olkoon siis x ∈ I, x 6= x0 . Sovelletaan v¨
aliarvolausetta I:n osav¨
alill¨
a x0 :sta x:¨
aa
¨n.
Siis x0 :n ja x:n v¨
alill¨
a on olemassa ξ s.e.
f (x) − f (x0 ) = f 0 (ξ)(x − x0 ) = 0 · (x − x0 ) = 0.
Siten f (x) = f (x0 ). Huomautus. Lauseessa 6.14 ei mahdollisissa I:hin kuuluvissa I:n p¨
aa
¨tepisteiss¨
a tarvittaisi kuin f :n jatkuvuus.
72
Korollaari 6.15. Jos kahdella funktiolla F : I → R ja G : I → R on sama
derivaattafunktio, F 0 = G0 : I → R, niin on olemassa vakio C ∈ R s.e. F (x) =
G(x) + C ∀x ∈ I.
Todistus. Lauseen 6.14 nojalla erotusfunktio F − G on vakio C, sill¨
a (F − G) 0 (x) =
0
0
F (x) − G (x) = 0 ∀x ∈ I. Yksi keskeisimmist¨
a derivaatan sovelluksista on sen k¨
aytt¨
o funktioiden monotonisuuden tutkimiseen m¨
aa
¨rittelyjoukkoon sis¨
altyvill¨
a v¨
aleill¨
a.
Lause 6.16. Olkoon I ⊂ R v¨
ali ja f : I → R kuvaus.
0
(i) Jos f (x) ≥ 0 ∀x ∈ I, niin f on kasvava I:ss¨
a.
(ii) Jos f 0 (x) ≤ 0 ∀x ∈ I, niin f on v¨
ahenev¨
a I:ss¨
a.
(iii) Jos f 0 (x) ≥ 0 ∀x ∈ I ja jos f 0 ei ole vakiofunktio 0 mill¨
aa
¨n (ei-surkastuneella)
osav¨
alill¨
a J ⊂ I, niin f on aidosti kasvava I:ss¨
a.
(iv) Jos f 0 (x) ≤ 0 ∀x ∈ I ja jos f 0 ei ole vakiofunktio 0 mill¨
aa
¨n (ei-surkastuneella)
osav¨
alill¨
a J ⊂ I, niin f on aidosti v¨
ahenev¨
a I:ss¨
a.
Todistus. Malliksi (i) ja (iii). Ehdot (ii) ja (iv) voi joko todistaa samoin tai palauttaa
ehtoihin (i) ja (iii) korvaamalla f :n −f :ll¨
a.
(i) Olkoon f 0 (x) ≥ 0 ∀x ∈ I ja olkoot x, y ∈ I, x < y. Sovelletaan v¨
aliarvolausetta
v¨
alill¨
a [x, y]:
f (y) − f (x) = f 0 (ξ)(y − x) ≥ 0(y − x) ≥ 0,
joten f (y) ≥ f (x). Siis f on kasvava I:ss¨
a.
0
0
(iii) Olkoon f (x) ≥ 0 ∀x ∈ I ja f ei ole vakio 0 mill¨
aa
¨n I:n aidolla osav¨
alill¨
a.
Ehdon (i) nojalla f on kasvava. Jos f ei olisi aidosti kasvava, olisi siis olemassa
x, y ∈ I s.e. x < y ja f (x) = f (y). Mutta t¨
all¨
oin kasvava f olisi vakio v¨
alill¨
a [x, y],
sill¨
a
x < z < y ⇒ f (x) ≤ f (z) ≤ f (y) = f (x) ⇒ f (x) = f (z) = f (y).
Vakiofunktion derivaatta on 0, joten saataisiin, ett¨
a f :n derivaatta olisi vakio 0
v¨
alill¨
a [x, y] ⊂ I vastoin oletusta. Esimerkki 6.17. Mill¨
a v¨
aleill¨
a funktio f (x) = 2 x
on aidosti monotoninen?
x +1
Ratkaisu.
1 − x2
(x2 + 1) · 1 − x · 2x
0
f (x) =
= 2
,
(x2 + 1)2
(x + 1)2
joten f 0 (x) = 0 ⇔ 1 − x2 = 0 ⇔ x = 1 tai x = −1. Koska f 0 (x):n lausekkeessa
nimitt¨
a j¨
a (x2 + 1)2 > 0 ∀x ∈ R, niin osoittaja 1 − x2 m¨
aa
¨r¨
aa
¨ derivaatan f 0 merkin.
Nyt 1 − x2 > 0 v¨
alill¨
a ]−1, 1[ ja 1 − x2 < 0 v¨
aleill¨
a ]−∞, −1[ ja ]1, ∞[, joten f 0 :n
merkkikaavio on
f 0 (x) − − − − − − −−
f (x)
.................
.................
................
.....................
..........
−1
+ + + + + + ++
.......
.................
................
.................
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
........
73
− − − − − − −−
1
.................
.................
................
.....................
..........
N¨
ain ollen f on aidosti v¨
ahenev¨
a v¨
aleill¨
a ]−∞, −1] ja [1, ∞[ ja aidosti kasvava
v¨
alill¨
a [−1, 1]. (Kaaviosta n¨
ahd¨
aa
¨n my¨
os heti, ett¨
a f (−1) = − 12 ja f (1) = 12 ovat
f :n lokaali minimi ja lokaali maksimi. Pienell¨
a lis¨
ap¨
aa
¨ttelyll¨
a n¨
ahd¨
aa
¨n my¨
ohemmin,
ett¨
a f (−1) = − 12 = min f (R) ja f (1) = 21 = max f (R).)
Huomautus. On muistettava, ett¨
a merkkikaavio on funktion derivaatan merkin muuttumisen ja siit¨
a lauseen 6.16 tulosten nojalla saatavien funktion monotonisuusominaisuuksien kuvallinen esitys. Se on tarkoitettu helpottamaan johtop¨
aa
¨t¨
osten tekoa,
mutta kaikki yksityiskohdat eiv¨
at siit¨
a aina n¨
ay. Edellisess¨
a esimerkiss¨
a pisteiden
−1 ja 1 kuuluminen monotonisuusv¨
aleihin, mik¨
a seuraa lauseen 6.16 kohdista (iii)
ja (iv), ei liene kovinkaan selv¨
aa
¨ pelk¨
ast¨
aa
¨n kaaviota katsomalla.
Lause 6.18. (Yleistetty v¨
aliarvolause) Olkoot f ja g v¨
alill¨
a [a, b] jatkuvia ja v¨
alill¨
a
]a, b[ derivoituvia reaalifunktioita. T¨
all¨
oin on olemassa piste ξ ∈ ]a, b[ s.e.
f 0 (ξ) g(b) − g(a) = g 0 (ξ) f (b) − f (a)
Todistus. Jos f (b) = f (a), v¨
aite saadaan heti soveltamalla Rollen lausetta funktioon
f . Jos f (b) 6= f (a), muodostetaan apufunktio
g(b) − g(a)
f (x) − f (a) .
f (b) − f (a)
h(x) = g(x) − g(a) −
Nyt h on jatkuva [a, b]:ss¨
a, derivoituva ]a, b[:ss¨
a, h(a) = 0 = h(b) ja
h0 (x) = g 0 (x) −
g(b) − g(a) 0
f (x)
f (b) − f (a)
Rollen lause antaa pisteen ξ ∈ ]a, b[ s.e.
h0 (ξ) = g 0 (ξ) −
g(b) − g(a) 0
f (ξ) = 0.
f (b) − f (a)
V¨
aite seuraa t¨
ast¨
a yht¨
al¨
ost¨
a. Huomautus. Tavallinen VAL on yleistetyn VAL:n erikoistapaus valinnalla g(x) = x.
Lokaalien ¨
a¨
ariarvojen m¨
a¨
aritt¨
aminen. Aiemmin on jo todettu, ett¨
a pisteess¨
a
0
x0 derivoituvalle funktiolle ehto f (x0 ) = 0 on v¨
altt¨
am¨
at¨
on ehto sille, ett¨
a f (x0 )
on lokaali a
¨a
¨riarvo. Seuraavat kaksi lausetta antavat kaksi riitt¨
av¨
aa
¨ ehtoa. Ensimm¨
ainen niist¨
a ei edes edellyt¨
a derivaatan f 0 (x0 ) olemassaoloa, mutta kyll¨
akin
f :n jatkuvuuden x0 :ssa. Ep¨
a jatkuvuuspisteiss¨
aa
¨a
¨riarvon olemassaolo on tutkittava suoraan m¨
aa
¨ritelm¨
an avulla.
74
¨ ariarvotesti I: derivaatan merkki) Olkoon A ⊂ R, x0 ∈ A A:n
Lause 6.19. (A¨
sis¨
apiste ja f : A → R funktio. Jos f on jatkuva x0 :ssa ja derivoituva x0 :n punkteeratussa ymp¨
arist¨
oss¨
a U0 (x0 ) ja jos derivaatta f 0 on erimerkkinen pisteen x0 eri
¨ ariarvon laatu:
puolilla, niin f (x0 ) on f :n lokaali a
¨a
¨riarvo. A¨
(i) Jos ∃ > 0 s.e. f 0 (x) < 0 ∀x ∈ ]x0 − , x0 [ ja f 0 (x0 ) > 0 ∀x ∈ ]x0 , x0 + [, niin
f (x0 ) on lokaali minimi.
(ii) Jos ∃ > 0 s.e. f 0 (x) > 0 ∀x ∈ ]x0 − , x0 [ ja f 0 (x0 ) < 0 ∀x ∈ ]x0 , x0 + [, niin
f (x0 ) on lokaali maksimi.
Sama asia merkkikaavioina:
f 0 (x)
f (x)
− − − − −− x0 + + + + ++
◦
⇒ f (x0 ) lokaali minimi
f 0 (x)
f (x)
+ + + + ++ x0 − − − − −−
◦
⇒ f (x0 ) lokaali maksimi
(i)
...................................................................................................................................................................................................................................
.................
..........
.................
...................
.................
................
...................
.................
..........
................
(ii)
...................................................................................................................................................................................................................................
......
.................
.................
...................
.................
................
.....................
................
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.......
.........
Todistus. Riitt¨
aa
¨ todistaa v¨
aite (i). Monotonisuustestin 6.16 nojalla (i):n tilanteessa f on v¨
ahenev¨
a v¨
alill¨
a ]x0 − , x0 ] ja kasvava v¨
alill¨
a [x0 , x0 + [, sill¨
a tapa,
jolla 6.16 todistettiin v¨
aliarvolauseen nojalla ei vaadi f :n derivoituvuutta n¨
aiden
v¨
alien p¨
aa
¨tepisteess¨
a x0 vaan vain jatkuvuuden x0 :ssa. Monotonisuuden nojalla
on siis f (x0 ) ≤ f (x) ∀x ∈ U (x0 ), joten f (x0 ) on f :n lokaali minimi (itse asiassa
monotonisuus on aitoa, joten minimikin on aito). Huomautus 6.20. Lauseen 6.19 todistuksen kaltaiset monotonisuustarkastelut
osoittavat my¨
os, ett¨
a jos f 0 :n ”merkki ei muutu x0 :aa ohitettaessa”, niin f (x0 )
ei ole lokaali a
¨a
¨riarvokohta, kun f on jatkuva x0 :ssa.
¨ ariarvotesti II: toinen derivaatta) Olkoon f : A → R kahdesti deLause 6.21. (A¨
rivoituva A:n sis¨
apisteess¨
a x0 (jolloin on olemassa f 0 (x) er¨
aa
¨ss¨
a x0 :n ymp¨
arist¨
oss¨
a)
0
ja olkoon f (x0 ) = 0. T¨
all¨
oin
(i) f 00 (x0 ) > 0 ⇒ f (x0 ) on lokaali minimi.
(ii) f 00 (x0 ) < 0 ⇒ f (x0 ) on lokaali maksimi.
Todistus. Riitt¨
aa
¨ todistaa (i). Sovelletaan lausetta 6.4: on olemassa δ > 0 s.e.
x0 − δ < x < x0 ⇒ f 0 (x) < f 0 (x0 ) = 0 ja
x0 < x < x0 + δ ⇒ f 0 (x) > f 0 (x0 ) = 0.
¨ ariarvotestin I nojalla f (x0 ) on siis lokaali minimi. A¨
Huomautus 6.22. Jos a
¨a
¨riarvotestin (ii) tilanteessa on f 00 (x0 ) = 0, f (x0 ) voi olla
tai olla olematta lokaali a
¨a
¨riarvo, kuten esimerkit f (x) = x3 , x0 = 0 (f (0) ei ole
4
a
¨a
¨riarvo) ja f (x) = x , x0 = 0 (f (0) on lokaali (ja my¨
os globaali) minimi) osoittavat.
75
Esimerkki 6.23. Etsi seuraavien funktioiden a
¨a
¨riarvokohdat:
2
2
2
i) f (x) = (x − a1 ) + (x − a2 ) + . . . + (x − an ) ,
miss¨
a a1 , . . . , an ∈ R ovat n vakiota (n ∈ N).
√
ii) f (x) = 3 x2 − 1,
iii) f (x) = 3x5 − 5x3 + 1.
Ratkaisu.
i)
f 0 (x) = 2(x − a1 ) + 2(x − a2 ) + . . . + 2(x − an )
= 2nx − 2(a1 + . . . + an ) = 0 ⇔ x =
a1 + . . . + a n
n
merk.
= x0 .
Derivaatan merkkikaavion
f 0 (x)
f (x)
− − − − −− x0 + + + + ++
...................................................................................................................................................................................................................................
.....
.................
.................
..................
.................
................
....................
.................
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
..........
.......
ja a
¨a
¨riarvotestin I nojalla vakioiden ai keskiarvo x0 on f :n lokaali (jopa globaali) minimikohta. (My¨
os a
¨a
¨riarvotesti II takaa f (x0 ):n lokaaliksi minimiksi, sill¨
a
0
00
f (x0 ) = 0 ja f (x0 ) = 2n > 0.)
(ii)
f 0 (x) = D
p
1
2x
2
1
3
x2 − 1 = D(x2 − 1) 3 = (x2 − 1)− 3 · 2x =
√
2
3
3 3 x2 − 1
∀x ∈ R \ {−1, 1} ja pisteiss¨
a x = ±1 f ei ole derivoituva mutta on jatkuva. Mahdollisia a
¨a
¨riarvokohtia ovat siis 0, 1 ja −1. Sovelletaan a
¨a
¨riarvotesti¨
a I (mahdollista
koska f on jatkuva my¨
os pisteiss¨
a x = ±1). Derivaatan merkkikaavio on nyt seuraavanlainen:
f 0 (x)
−−−−−
−−−−−
+++++
+++++
◦
•
◦
.
0
1 .....................................................
f (x) ......................................................−1
......................
...........................
...........................
.........................
..
.....................
...........................
Funktio f on siis aidosti v¨
ahenev¨
a v¨
alill¨
a ]−∞, 0] ja aidosti kasvava v¨
alill¨
a [0, ∞[.
N¨
ain ollen 0 on f :n ainoa lokaali (ja samalla globaali) a
¨a
¨riarvokohta ja f (0) = −1
on lokaali (ja my¨
os globaali) minimi. (My¨
os suoraan m¨
aa
¨ritelm¨
an avulla n¨
aht¨
aisiin,
ett¨
a pisteet x =√ ±1 eiv¨
at ole a
¨a
¨riarvokohtia, sill¨
a niiden kaikissa ymp¨
arist¨
oiss¨
a
3
2
funktio f (x) = x − 1 saa sek¨
a arvoja f (±1) = 0 suurempia (kun |x| > 1) ett¨
a
pienempi¨
a (kun |x| < 1) arvoja.
iii) Aiemmassa esimerkiss¨
a 6.6 tutkittiin jo funktiota f (x) = 3x5 −5x3 +1 ja osoitettiin, ett¨
a sill¨
a on tasan kolme nollakohtaa. Haetaan nyt f :n lokaalit a
¨a
¨riarvokohdat
(globaaleja ei ole, sill¨
a f (x) → ±∞ kun x → ±∞).
f 0 (x) = 15x4 − 15x2 = 15x2 (x2 − 1) = 0 ⇔ x = 0 tai x = 1 tai x = −1
76
ja derivaatan merkkikaaviosta
f 0 (x)
+++++
f (x)
............
...............
............
............
............
−1
− − − − −− − − − − −−
.......................
........................
........................
........................
...........................
........
0
+++++
1
...............
........... .
...........
...........
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
...
n¨
ahd¨
aa
¨n, ett¨
a f :ll¨
a on tasan kaksi lokaalia a
¨a
¨riarvokohtaa, minimikohta x = 1 ja
maksimikohta x = −1. Vastaavat minimi- ja maksimiarvot ovat f (1) = −1 ja
f (−1) = 3.
Koska f on aidosti monotoninen v¨
aleill¨
a ]−∞, −1], [−1, 1] ja [1, ∞[, f :ll¨
a voi
olla enint¨
aa
¨n kolme reaalista nollakohtaa. T¨
am¨
an todistaminen esimerkiss¨
a 6.7 oli
paljon vaivalloisempaa, koska derivaatan merkin ja monotonisuuden v¨
alinen yhteys
ei viel¨
a ollut k¨
aytett¨
aviss¨
a.
Funktion suurin ja pienin arvo annetussa joukossa. Tarkastellaan teht¨
av¨
aa
¨
m¨
aa
¨ritt¨
aa
¨
M = max f (A) ja m = min f (A)
Kun A ⊂ R ja f : A → R on funktio. Ensimm¨
aiseksi on huomattava, ettei f :ll¨
a aina
ole suurinta arvoa M ja pienint¨
a arvoa m joukossa A, joten ratkaisun er¨
as vaihe on
olemassaolokysymyksen selvitt¨
aminen.
T¨
ah¨
an menness¨
a tarkastelemamme apuneuvot (jatkuvuus, derivoituvuus ja monotonisuuskriteeri 6.16) soveltuvat l¨
ahinn¨
a tapaukseen, jossa tarkasteltavalla pisteell¨
a x0 ∈ A on ainakin toispuoleinen A:han sis¨
altyv¨
a ymp¨
arist¨
o. Muunlaiset A:n
pisteet x0 tulee siis tutkia erikseen.
Jos A on avointen v¨
alien pistevieras yhdiste ja f : A → R on derivoituva, on mahdollinen f :n globaali a
¨a
¨riarvo M = f (x0 ) tai m = f (x0 ) my¨
os lokaali a
¨a
¨riarvo ja
lauseen 6.3 nojalla on siten oltava f 0 (x0 ) = 0. Haemme siis derivaatan nollakohdat
x0 ∈ A ja tutkimme globaalin a
¨a
¨riarvon olemassaolon selvitt¨
amiseksi f :n monotonisuutta A:n muodostavilla avoimilla v¨
aleill¨
a monotonisuustestill¨
a 6.16 derivaatan
merkin avulla. Lis¨
aksi on yleens¨
a tutkittava f :n k¨
aytt¨
aytymist¨
a l¨
ahestytt¨
aess¨
a n¨
aiden v¨
alien p¨
aa
¨tepisteit¨
a. Jos f ei (mahdollisesti) ole derivoituva jossain x 0 ∈ A,
arvo f (x0 ) on otettava er¨
aa
¨ksi ehdokkaaksi M :n tai m:n rooliin.
Jos A on puoliavoin v¨
ali t¨
aytyy yll¨
a avoimelle v¨
alille esitetyn lis¨
aksi muistaa
laskea arvo v¨
aliin kuuluvassa p¨
aa
¨tepisteess¨
a, koska t¨
am¨
a arvo voi olla M tai m.
Olkoon lopuksi A = [a, b] suljettu v¨
ali. Jos f : [a, b] → R on jatkuva, niin
∃M = max f ([a, b])
ja
∃m = min f ([a, b])
(lause 3.27). Jos M = f (x0 ) tai m = f (x0 ) jollain A:n sis¨
apisteell¨
a x0 ∈ ]a, b[,
0
niin f (x0 ) = 0 tai f ei ole derivoituva x0 :ssa. Saamme siis seuraavan algorimin
1◦ –4◦ suljetulla v¨
alill¨
a [a, b] jatkuvan funktion f suurimman ja pienimm¨
an arvon
m¨
aa
¨ritt¨
amiseksi:
77
1◦ Laske f (a) ja f (b).
2◦ Laske f :n arvot niiss¨
a sis¨
apisteiss¨
a x0 ∈ ]a, b[, joissa f ei (mahdollisesti) ole
derivoituva .
◦
3 Laske f :n arvot derivaatan f 0 nollakohdissa x0 ∈ ]a, b[.
4◦ Valitse yll¨
a lasketuista arvoista suurin M ja pienin m.
Jos f : [a, b] → R ei ole jatkuva, my¨
os olemassaolokysymyst¨
a joutuu tietysti tutkimaan erikseen ep¨
a jatkuvuuskohtien tarkastelun lis¨
aksi.
Esimerkki 6.24. Etsi funktion f (x) = 2 x suurin ja pienin arvo M = max f (A)
x +1
ja m = min f (A), kun a) A = [−3, 0], b) A = [−3, 0[, c) A = R = ]−∞, ∞[.
Ratkaisu. f on derivoituva R:ss¨
a ja derivaatan
x2 + 1 − x · 2x
1 − x2
f (x) =
= 2
(x2 + 1)2
(x + 1)2
0
merkkikaavio on
f 0 (x) − − − − − − −−
f (x)
.................
.................
................
....................
...........
−1
+ + + + + + ++
.......
.................
................
................
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.......
− − − − − − −−
1
.................
.................
................
....................
...........
a) Koska [−3, 0] on suljettu v¨
ali ja f on jatkuva, on olemassa M ja m. Nyt m, M ∈
{f (−3), f (−1), f (0)}, sill¨
a −1 on f 0 :n ainoa nollakohta ]−3, 0[:ssa. Koska f (−3) =
3
, f (−1) = − 21 ja f (0) = 0, on
− 10
3
M = max{− 10
, − 12 , 0} = 0 = f (0)
ja
3
m = min{− 10
, − 12 , 0} = − 12 = f (−1).
b) Kohdan a) tarkastelujen lis¨
aksi havaitaan, ett¨
a lim f (x) = f (0) = 0 ja f (x) < 0
x→0−
∀x ∈ [−3, 0[. Siten
m = min f ([−3, 0[) = − 21 = f (−1)
kuten a)-kohdassa, mutta
@M = max f ([−3, 0[)
ts. f :ll¨
a ei ole suurinta arvoa ([−3, 0[):ssa.
c) Koska f on derivoituva R:ss¨
a, derivaatan nollakohdat x = ±1 ovat ainoat ehdokkaat f :n globaaleiksi a
¨a
¨riarvokohdiksi. On viel¨
a selvitett¨
av¨
a m:n ja M :n olemassaolo. T¨
at¨
a varten tehd¨
aa
¨n havaintoja f :n k¨
aytt¨
aytymisest¨
a v¨
alin R = ]−∞, ∞[
”p¨
aa
¨tepisteiden” −∞ ja ∞ l¨
ahell¨
a:
Koska f (x) > 0 ∀x ∈ ]0, ∞[ ja f (x) < 0 ∀x ∈ ]−∞, 0[ ja koska derivaatan
merkkikaavion nojalla f on aidosti v¨
ahenev¨
a [1, ∞[:ss¨
a ja ]−∞, −1]:ss¨
a ja aidosti
kasvava [−1, 1]:ss¨
a on
f (1) =
1
2
≥ f (x) ∀x ∈ R
ja
78
f (−1) = − 12 ≤ f (x) ∀x ∈ R
Siis
∃m = min f (R) = f (−1) = − 12
ja
∃M = max f (R) = f (1) = 21 .
(T¨
ah¨
an ei tarvittu edes raja-arvojen lim f (x) = 0 laskemista.)
x→±∞
Esimerkki 6.25. M¨
aa
¨rit¨
a funktion f (x) = x2 |x + 3| suurin ja pienin arvo v¨
alill¨
a
[−4, 1].
Ratkaisu. Kahden jatkuvan funktion tulona f on jatkuva koko R:ss¨
a, siis erityisesti v¨
alill¨
a [−4, 1]. Koska [−4, 1] on suljettu v¨
ali ∃M = max f ([−4, 1]) ja ∃m =
min f ([−4, 1]). Nyt
x3 + 3x2 , x ≥ −3
f (x) =
−x3 − 3x2 , x < −3,
joten f on derivoituva, kun x 6= −3, ja
3x2 + 6x, x > −3
0
f (x) =
−3x2 − 6x, x < −3
Edelleen
f 0 (x) = 0 ⇔ 3x2 + 6x = 0 ⇔ 3x(x + 2) = 0 ⇔ x = 0 tai x = −2.
Koska 0, −2 ∈ ]−4, 1[ on siis oltava M, m ∈ {f (−4), f (−3), f (−2), f (0), f (1)} =
{16, 0, 4, 0, 4}, josta
M = 16 = f (−4)
ja
m = 0 = f (−3) = f (0).
(T¨
ass¨
a f ei ole derivoituva pisteess¨
a x = −3, sill¨
a
lim f 0 (x) = 9 6= −9 =
x→−3+
lim f 0 (x); ks. 6.12. Toisaalta, t¨
at¨
a tietoa ei yll¨
a tarvittu. Koska ep¨
ailtiin de-
x→−3−
rivoituvuutta kohdassa x = −3, arvo f (−3) = 0 otettiin ”ehdokkaaksi”.)
Konveksisuus ja k¨
a¨
annepisteet. Olkoon I ⊂ R v¨
ali ja f : I → R derivoituva.
M¨
a¨
aritelm¨
a 6.26. Funktio f : I → R on konveksi (eli k¨
ayr¨
a y = f (x) on alasp¨
ain
kupera) v¨
alill¨
a I, jos k¨
ayr¨
a y = f (x) on jokaisen v¨
alin I pisteeseen x 0 liittyv¨
an
tangenttinsa ”yl¨
apuolella” ts. jos jokaiselle x0 ∈ I p¨
atee ehto
(6.27)
x ∈ I ja y = f (x) ⇒ y ≥ f 0 (x0 )(x − x0 ) + f (x0 ).
Jos (6.27):n ep¨
ayht¨
al¨
o on aito (>), kun x 6= x0 , niin f on vahvasti konveksi.
Funktio f : I → R on konkaavi (eli k¨
ayr¨
a y = f (x) on yl¨
osp¨
ain kupera) v¨
alill¨
aI
jos −f on konveksi v¨
alill¨
a I. Jos −f on vahvasti konveksi, f on vahvasti konkaavi.
Piste x0 , f (x0 ) on f :n (tai k¨
ayr¨
an y = f (x)) k¨
aa
¨nnepiste ja x0 k¨
aa
¨nnekohta, jos
f on er¨
aa
¨ss¨
a x0 :n ymp¨
arist¨
oss¨
a ]x0 − , x0 + [ vahvasti konveksi toisella ja vahvasti
konkaavi toisella v¨
aleist¨
a ]x0 − , x0 ] ja [x0 , x0 + [.
Huomautus. My¨
ohemmin matemaattisen analyysin jatkokursilla esitet¨
aa
¨n (yhden
ja) useamman muuttujan funktioille yleisempi konveksisuuden m¨
aa
¨ritelm¨
a, jossa
f :n ei tarvitse olla derivoituva
79
Lause 6.28. (i) Jos derivaatta f 0 on (aidosti) kasvava v¨
alill¨
a I, niin f on (vahvasti)
konveksi I:ss¨
a.
(ii) Jos derivaatta f 0 on (aidosti) v¨
ahenev¨
a v¨
alill¨
a I, niin f on (vahvasti) konkaavi
I:ss¨
a.
(iii) Jos f on kahdesti derivoituva v¨
alill¨
a I ja f 00 (x) ≥ 0 ∀x ∈ I, niin f on konveksi
I:ss¨
a. Jos lis¨
aksi f 00 (x) ei h¨
avi¨
a identtisesti mill¨
aa
¨n I:n (ei-surkastuneella) osav¨
alill¨
a,
f on vahvasti konveksi I:ss¨
a.
(iv) Jos f on kahdesti derivoituva v¨
alill¨
a I ja f 00 (x) ≤ 0 ∀x ∈ I, niin f on konkaavi
I:ss¨
a. Jos lis¨
aksi f 00 (x) ei h¨
avi¨
a identtisesti mill¨
aa
¨n I:n (ei-surkastuneella) osav¨
alill¨
a,
f on vahvasti konkaavi I:ss¨
a.
Todistus. Riitt¨
aa
¨ todistaa (i) ja (iii). V¨
aitteet (ii) ja (iv) todistetaan korvaamalla
f −f :ll¨
a ja soveltamalla sitten v¨
aitteit¨
a (i) ja (iii) ja m¨
aa
¨ritelmi¨
a.
0
Olkoon siis f kasvava I:ss¨
a, x0 ∈ I ja x ∈ I \ {x0 }. V¨
aliarvolauseen nojalla on
t¨
all¨
oin olemassa piste ξ x0 :n ja x:n v¨
aliss¨
a s.e.
f (x) − f (x0 ) = f 0 (ξ)(x − x0 ),
jolloin siis y = f (x) = f 0 (ξ)(x − x0 ) + f (x0 ). Jos x0 < ξ < x, niin f 0 (x0 ) ≤ f 0 (ξ) ja
x − x0 > 0 ja siten
(∗)
y ≥ f 0 (x0 )(x − x0 ) + f (x0 ).
Jos taas x < ξ < x0 , niin f 0 (x0 ) ≥ f 0 (ξ) ja x − x0 < 0, joten t¨
all¨
oinkin saadaan
arvio (∗). Siis joka tapauksessa on saatu ehto (∗) eli (6.27) ja f on konveksi. Jos
yll¨
a f 0 on aidosti kasvava, arviot (∗):ss¨
a tulevat my¨
os aidoiksi ja t¨
all¨
oin f on siis
vahvasti konveksi. Ehto (i) on siis todistettu.
Ehto (iii) seuraa nyt helposti ehdosta (i) ja lauseesta 6.16. Lause 6.29. Olkoon I ⊂ R v¨
ali, x0 I:n sis¨
apiste ja f ∈ C 2 (I) (ts. f on I:ss¨
a
kahdesti jatkuvasti derivoituva). T¨
all¨
oin p¨
atee seuraavaa
(i) Jos x0 on f :n k¨
aa
¨nnekohta, niin f 00 (x0 ) = 0.
(ii) Jos f 00 (x0 ) = 0 ja f 00 muuttaa merkki¨
a kohdassa x0 , niin x0 on f :n k¨
aa
¨nnekohta.
Todistus. (i) Tehd¨
aa
¨n vastaoletus f 00 (x0 ) 6= 0. Olkoon esimerkiksi f 00 (x0 ) > 0.
Lauseen 3.19 nojalla ehdosta f 00 (x0 ) = lim f 00 (x) > 0 (f 00 oli jatkuva) saadaan
x→x0
00
nyt sellainen δ > 0, ett¨
a f (x) > 0 ∀x ∈ ]x0 − δ, x0 + δ[. T¨
all¨
oin f on v¨
alill¨
a
]x0 − δ, x0 + δ[ vahvasti konveksi lauseen 6.28 (iii) nojalla, mik¨
a on ristiriidassa sen
kanssa, ett¨
a x0 on f k¨
aa
¨nnekohta.
(ii) Kuperuussuunnan muuttuminen x0 :ssa seuraa v¨
alitt¨
om¨
asti lauseen 6.28 kohdista (iii) ja (iv) jos f 00 muuttaa merkki¨
a x0 :ssa. 80
Esimerkki 6.30. M¨
aa
¨rit¨
a funktion f k¨
aa
¨nnepisteet kun
a) f (x) = x4 , b) f (x) = 2 x .
x +1
Ratkaisu. a) f ∈ C 2 (R), joten v¨
altt¨
am¨
at¨
on ehto k¨
aa
¨nnekohdalle on toisen derivaatan h¨
avi¨
aminen. Nyt f 0 (x) = 4x3 ja f 00 (x) = 12x2 ≥ 0 ja f 00 (x) = 0 ⇔ x = 0.
Origo on siis ainoa mahdollinen k¨
aa
¨nnekohta. Kuitenkin f 00 on samanmerkkinen
origon molemmin puolin, joten f on kaikkialla konveksi ja k¨
aa
¨nnepisteit¨
a ei siis ole.
00
T¨
am¨
a esimerkki osoittaa samalla, ett¨
a pelkk¨
a ehto f (x0 ) = 0 ei riit¨
a takaamaan
x0 :aa k¨
aa
¨nnekohdaksi.
b) Nytkin f ∈ C 2 (R) ja (ks. esim. 6.24)
f 0 (x) =
1 − x2
,
(x2 + 1)2
josta saadaan
(x2 + 1)2 (−2x) − 2(1 − x2 )(x2 + 1) · 2x
−2x(x2 + 1) − 4x(1 − x2 )
f (x) =
=
(x2 + 1)4
(x2 + 1)3
2x3 − 6x
2x(x2 − 3)
−2x3 − 2x − 4x + 4x3
=
=
ja
=
(x2 + 1)3
(x2 + 1)3
(x2 + 1)3
√
f 00 (x) = 0 ⇔ x = 0 tai x = ± 3
00
Koska nimitt¨
a j¨
a on positiivinen R:ss¨
a, niin osoittaja 2x(x −
00
f :n merkin:
√
3)(x +
√
3) m¨
aa
¨r¨
aa
¨
f 00 − − − − −− + + + + + − − − − −− + + + + +
√
√ ..
.... 0 .......................................
............................. − 3 ..........
f :n kuperuus
3 ...........................................
......
.....
.....
.
............ .................
.
.........
.....
.....
Koska kuperuussuunta
kaikissa√f 00 :n√nollakohdissa, f :n k¨
aa
¨nnepisteiksi
√
√ muuttuu
1
1
saadaan pisteet (− 3, − 4 3), (0, 0) ja ( 3, 4 3).
Yht¨
al¨
on likim¨
a¨
ar¨
ainen ratkaiseminen. Newtonin menetelm¨
a. Tarkastellaan
yht¨
al¨
on f (x) = 0 numeerista ratkaisemista. Ns. v¨
alinpuolitusmenetelm¨
ass¨
a k¨
aytet¨
aa
¨n hyv¨
aksi Bolzanon lausetta juuren x0 likiarvojen parantamiseen. Jos f (a) < 0
ja f (b) > 0 (tai f (a) > 0 ja f (b) < 0) ja f on jatkuva [a, b]:ss¨
a, yht¨
al¨
oll¨
a f (x) = 0
a
+
b
on ainakin yksi juuri [a, b]:ss¨
a. Merkit¨
aa
¨n x1 = 2 , juuren 1. likiarvo. Jos
f (x1 ) = 0, x1 on haettu f :n nollakohta. Muuten korvataan v¨
ali [a, b] v¨
alill¨
a [a, x1 ]
tai v¨
alill¨
a [x1 , b] ja toistetaan v¨
alinpuolitusta yh¨
a parempien likiarvojen x2 , x3 , . . .
, l¨
oyt¨
amiseksi. T¨
am¨
a menetelm¨
a on siis periaatteeltaan yksinkertainen (tarvitaan
vain f :n jatkuvuus ja Bolzanon lause), mutta valitettavasti likiarvojen jono (x n )
konvergoi kovin hitaasti kohti nollakohtaa.
Ensimm¨
aisen ja toisen derivaatan sovelluksena voidaan johtaa tuntuvasti parempi ns. Newtonin menetelm¨
a, jota seuraavassa lyhyesti tarkastellaan.
81
Oletetaan, ett¨
a f : [a, b] → R on kahdesti derivoituva ja toteuttaa seuraavat
ehdot:
(6.31)
1◦
f (a) ja f (b) ovat erimerkkiset
2◦
f 0 (x) 6= 0 ∀x ∈ [a, b]
3◦
f 00 (x) 6= 0 ∀x ∈ [a, b]
∞
T¨
all¨
oin voidaan todistaa, ett¨
a seuraava Newtonin iteraatio johtaa jonoon (x n )n=1 ,
jolle lim xn = x0 ∈ ]a, b[, miss¨
a x0 on yht¨
al¨
on f (x) = 0 ainoa juuri v¨
alill¨
a [a, b].
n→∞
Valitaan ensin x1 ∈ ]a, b[ s.e. f (x1 ) ja f 00 ovat samanmerkkiset (itse asiassa
ehdoista 2◦ ja 3◦ seuraa, ett¨
a f 0 ja f 00 s¨
ailytt¨
av¨
at merkkins¨
a v¨
alill¨
a [a, b]. Siten on
00
00
oltava f (x) > 0 ∀x ∈ [a, b] tai f (x) < 0 ∀x ∈ [a, b]; tosin t¨
am¨
an todistaminen
ei ole aivan helppoa, jos f 00 :a ei tiedet¨
a jatkuvaksi). Piirret¨
aa
¨n k¨
ayr¨
alle y = f (x)
pisteeseen (x1 , f (x1 )) tangenttisuora ja ratkaistaan sen ja x-akselin leikkauskohta:
y − y1 = f 0 (x1 )(x − x1 ) y1 = f (x1 ) ja y = 0 ⇒
x = x1 −
y1
0
f (x
merk.
1)
= x2 .
Valitaan x2 uudeksi likiarvoksi ja toistetaan sama menettely. Saadaan
y2
x3 = x 2 − 0
y2 = f (x2 ) .
f (x2 )
Yleisesti jonon (xn ) (n + 1):s j¨
asen on
(6.32)
xn+1 = xn −
yn
0
f (xn )
yn = f (xn ) .
Huomautus. Jos ensimm¨
aisen likiarvon x1 valitsee ”hyvin”, Newtonin menetelm¨
a
konvergoi usein my¨
os ilman oletuksia 6.31 taustatietoina. Kannattaa siis hakea heti
alussa melko tarkka juuren likiarvo esim. Bolzanon lausetta soveltaen.
√
Esimerkki 6.33. Laske Newtonin menetelm¨
all¨
a 3 9:lle kolmidesimaalinen likiarvo.
Ratkaisu. Merkit¨
aa
¨n f (x) = x3 − 9, jolloin f 0 (x) = 3x2 ja f 00 (x) = 6x ja ehdot
(6.31) ovat voimassa v¨
alill¨
a [2, 3]. Valitaan x1 = 2.1 (f (x1 ) = x31 − 9 ≈ 0.261 > 0
on nyt samanmerkkinen kuin f 00 v¨
alill¨
a [2, 3]), jolloin Newtonin iteraatio antaa
x2 = x 1 −
f (x1 )
(2.1)3 − 9
=
2.1
−
≈ 2.0803,
f 0 (x1 )
3 · (2.1)2
(2.0803)3 − 9
f (x2 )
=
2.0803
−
≈ 2.08008
f 0 (x2 )
3 · (2.0803)2
√
T¨
am¨
an laskun perusteella voi jo arvata, ett¨
a 3 9 ≈ 2.080 on haettu kolmidesimaalinen likiarvo (varmuus edellytt¨
aisi lis¨
atietoja Newtonin iteraation konvergenssin
laadusta).
x3 = x 2 −
82
L’Hospitalin s¨
a¨
ant¨
o. Viimeisen¨
a asiana derivaattaa k¨
asittelev¨
ass¨
a luvussa 6 esittelemme raja-arvojen laskemisessa usein k¨
aytetyn ns. L’Hospitalin s¨
aa
¨nn¨
on, jolla
0
∞
tietyin oletuksin voi laskea muotoa ” 0 ” tai ” ∞ ” olevia raja-arvoja. Aloitamme tara osoittaja ja nimitt¨
a j¨
a
kastelemalla muotoa ” 00 ” olevaa raja-arvo-ongelmaa, miss¨
siis l¨
ahenev¨
at nollaa, kun x → x0 .
Lause 6.34. (L’Hospital) Olkoot f ja g pisteen x0 ∈ R punkteeratussa ymp¨
aris0
0
t¨
oss¨
a U (x0 ) derivoituvia funktioita, joille lim f (x) = 0 = lim g(x). Jos g (x) 6= 0
x→x0
x→x0
∀x ∈ U0 (x0 ) ja jos on olemassa raja-arvo
(6.35)
lim
x→x0
f 0 (x)
= a ∈ R,
g 0 (x)
niin
lim
x→x0
f (x)
= a.
g(x)
Todistus. Koska lim f (x) = 0 = lim g(x), saamme f :n ja g:n x0 :ssa jatkuviksi
x→x0
x→x0
m¨
aa
¨rittelem¨
all¨
a f (x0 ) = 0 = g(x0 ). Tarvitsemme t¨
am¨
an jatkuvuuden yleistetty¨
a
v¨
aliarvolausetta varten; se siis saadaan aikaan muuttamalla tarvittaessa x 0 -arvoja,
jotka eiv¨
at vaikuta tarkasteltaviin raja-arvoihin.
Olkoon nyt x ∈ U0 (x0 ). Tavallisen v¨
alarvolauseen nojalla g(x) = g(x) − g(x0 ) =
0
g (ξ)(x − x0 ) 6= 0, joten voimme muodostaa osam¨
aa
¨r¨
an
f (x)
f (x) − f (x0 )
f 0 (ξ(x))
=
= 0
,
g(x)
g(x) − g(x0 )
g (ξ(x))
miss¨
a viimeisess¨
a yht¨
al¨
oss¨
a ξ(x) on x:n ja x0 :n v¨
alinen yleistetyn v¨
aliarvolauseen
6.18 antama piste. Kun x → x0 , niin ξ(x) → x0 ja ξ(x) 6= x0 , joten yhdistettyjen
funktioiden raja-arvos¨
aa
¨nn¨
on 3.8 (ja sen raja-arvoja ∞ ja −∞ koskevien vastikkeiden) ja oletuksen (6.35) nojalla p¨
atee
lim
x→x0
f 0 (ξ(x))
f (x)
= lim 0
=a
g(x) x→x0 g (ξ(x))
(my¨
os tapauksissa a = ±∞). Huomautus 6.36. Sama p¨
aa
¨ttely antaa my¨
os ”toispuoleiset” l’Hospitalin lauseen
versiot samantyyppisill¨
a oletuksilla.
Piste, jota l¨
ahestyt¨
aa
¨n saa olla my¨
os ∞ tai −∞.
Lause 6.37. (L’Hospital) Olkoot f ja g v¨
alill¨
a ]M, ∞[ (M > 0) derivoituvia funk0
tioita, olkoon g (x) 6= 0 ∀x ∈ ]M, ∞[ ja olkoon lim f (x) = 0 = lim g(x). Jos
x→∞
x→∞
raja-arvo
f 0 (x)
lim
=a∈R
x→∞ g 0 (x)
83
f
on olemassa, niin se on samalla osam¨
aa
¨r¨
an g raja-arvo; siis
lim
x→∞
f (x)
= a.
g(x)
Todistus. Merkit¨
aa
¨n F (x) = f ( x1 ) ja G(x) = g( x1 ) ja sovelletaan lauseen 6.34 toispuolista versiota:
− x12 f 0 ( x1 )
F (x)
F 0 (x)
f 0 (x)
f (x)
= lim
= lim
=
lim
.
=
lim
x→∞ g 0 (x)
x→∞ g(x)
x→0+ G(x)
x→0+ G0 (x)
x→0+ − 12 g 0 ( 1 )
x
x
lim
T¨
ass¨
a laskussa on k¨
aytetty sit¨
a, ett¨
a x → ∞ ⇔ x1 → 0+ ja yhdistettyjen funktioiden raja-arvos¨
aa
¨nt¨
oa
¨ 3.8, jonka nojalla p¨
atee my¨
os tarvittava oletus tyypist¨
a
0
” 0 ”:
lim F (x) = lim f (x) = 0 = lim g(x) = lim G(x). x→0+
x→∞
x→∞
x→0+
√
3
x−1
.
x2 − 1
√
2
Ratkaisu. Merkit¨
aa
¨n f (x) = 3 x − 1, g(x) = x2 − 1, jolloin f 0 (x) = 31 x− 3 ja
g 0 (x) = 2x. L’Hospitalin lauseen oletukset ovat voimassa pisteen 1 ymp¨
arist¨
oss¨
a
f
(x)
]0, 2[, joten tyyppi¨
a ” 00 ” oleva raja-arvo lim
voidaan laskea sen avulla. T¨
ass¨
a
x→1 g(x)
f 0 ja g 0 ovat jatkuvia my¨
os pisteess¨
a x = 1 ja g 0 (1) = 2 6= 0, joten
Esimerkki 6.38. Laske lim
x→1
1
f 0 (x)
f 0 (1)
1
lim 0
= 0
= 3 =
x→1 g (x)
g (1)
2
6
ja l’Hospitalin s¨
aa
¨nn¨
on 6.34 nojalla saadaan
√
3
x−1
1
f 0 (x)
lim 2
= lim 0
= .
x→1 x − 1
x→1 g (x)
6
L’Hospitalin s¨
aa
¨nt¨
oa
¨ voi soveltaa my¨
os muotoa ∞
∞ (tai yleisemmin
raja-arvoihin. Annamme t¨
ah¨
an liittyv¨
an lauseen ilman todistusta.
±∞
±∞ )
oleviin
Lause 6.39. Olkoot f ja g pisteen x0 ∈ R punkteeratussa ymp¨
arist¨
oss¨
a derivoi0
tuvia funktioita ja olkoon g (x) 6= 0 t¨
ass¨
a ymp¨
arist¨
oss¨
a. Olkoon lim f (x) = ∞ =
x→x0
lim g(x). Jos on olemassa raja-arvo
x→x0
lim
x→x0
f 0 (x)
= a ∈ R,
g 0 (x)
niin
lim
x→x0
f (x)
= a.
g(x)
84
7. Alkeisfunktioita
Eksponentti- ja logaritmifunktiot. M¨
aa
¨rittelemme ensin eksponenttifunktion
x
f (x) = e sarjakehitelm¨
an avulla ja palautamme muut eksponenttifunktiot ja potenssifunktiot t¨
ah¨
an m¨
aa
¨ritelm¨
aa
¨n.
Aiemmin on m¨
aa
¨ritelty Neperin luku
e = lim
n→∞
1
1+
n
n
≈ 2.71828 . . .
ja todistettu (ks. esimerkki 3.42), ett¨
a
1
1+
n
n
<1+
1
1
1
+ + ...+
1! 2!
n!
∀n ∈ N \ {1}.
Esimerkiss¨
a 4.27 on osoitettu, ett¨
a potenssisarja
1+x+
∞
X
x2
x3
xn
+
+ ... =
2!
3!
n!
n=0
suppenee ∀x ∈ R. Erityisesti arvolla x = 1 saadaan nyt arvio
e = lim
n→∞
1
1+
n
n
≤ lim
n→∞
1
1
1+ + ...+
1!
n!
∞
X
1
1
1
= 1+ + + ... =
1! 2!
n!
n=0
Voidaan osoittaa (sivuutan todistuksen hieman liian ty¨
ol¨
aa
¨n¨
a), ett¨
a itse asiassa
e=
∞
X
1
1
1
eli e1 = 1 + + + . . . .
n!
1! 2!
n=0
M¨
a¨
aritelm¨
a 7.1. M¨
aa
¨rittelemme eksponenttifunktion f (x) = ex koko R:ss¨
a asettamalla
∞
X
xn
x2
x3
ex =
=1+x+
+
+ ... .
n!
2!
3!
n=0
Huomautus 7.2. Yll¨
a todettiin jo, ett¨
a todella e1 = e. Jatkossa esitett¨
av¨
an
x
teorian avulla ei ole vaikea n¨
aytt¨
aa
¨, ett¨
a m¨
aa
¨ritelm¨
an 7.1 antama e yhtyy vaihtoehtoiseen (ja potenssik¨
asitteeseen selke¨
ammin kytkeytyv¨
aa
¨n) m¨
aa
¨ritelm¨
aa
¨n
ex = sup{er | r ∈ Q ja r ≤ x}.
J¨
at¨
an asian tarkemman pohdiskelun lukijalle vapaaehtoiseksi harjoitusprojektiksi.
85
Lause 7.3. Dex = ex ∀x ∈ R.
Todistus. Potenssisarjaa saa suppenemisv¨
alill¨
a derivoida termeitt¨
ain ja m¨
aa
¨ritelm¨
an 7.1 sarjan termeitt¨
ain derivointi tuottaa saman sarjan. Korollaari 7.4. Eksponenttifunktio f (x) = ex on koko R:ss¨
a C ∞ − f unktio, f ∈
∞
C (R). Erityisesti f on my¨
os jatkuva.
Eksponenttifunktion keskeinen ominaisuus on potenssikaavasta tutunn¨
ak¨
oinen
ns. yhteenlaskuv¨
aitt¨
am¨
a, jonka todistukseen nyt siirrymme.
Lause 7.5. (Yhteenlaskuv¨
aitt¨
am¨
a) Kaikilla x, y ∈ R on
ex+y = ex ey .
Todistus. Kiinnitet¨
aa
¨n y ∈ R ja m¨
aa
¨ritell¨
aa
¨n funktio f : R → R kaavalla
f (x) = ex+y e−x ∀x ∈ R.
T¨
all¨
oin f :n derivaatta h¨
avi¨
aa
¨ koko R:ss¨
a, sill¨
a tulon derivoimiss¨
aa
¨nn¨
on ja ketjus¨
aa
¨nn¨
on nojalla lauseesta 7.3 seuraa, ett¨
a
f 0 (x) = Dex+y e−x + ex+y De−x = (ex+y · 1)e−x + ex+y (−1)e−x = 0
Integraalilaskennan peruslauseen 6.14 nojalla f on siis vakiofunktio: f (x) = C
∀x ∈ R. Arvolla x = 0 saadaan, ett¨
a C = f (0) = e0+y e−0 = ey , joten kullakin
y ∈ R on johdettu kaava
ex+y e−x = ey ∀x ∈ R.
(∗)
Ottamalla kaavassa (∗) y = 0 saadaan ehto ex e−x = 1 ∀x ∈ R ja kertomalla yht¨
al¨
o
x
(∗) puolittain e :ll¨
a saadaan nyt, ett¨
a
ex+y = ex+y e−x ex = ex ey ∀x, y ∈ R
ja v¨
aite on todistettu. Listaamme seuraavaksi er¨
ait¨
a eksponenttifunktion keskeisi¨
a ominaisuuksia.
Lause 7.6. Eksponenttifunktio f (x) = ex on aidosti kasvava ja vahvasti konveksi
R:ss¨
a ja f (R) = ]0, ∞[. Lis¨
aksi e0 = 1 (suoraan m¨
aa
¨ritelm¨
ast¨
a) ja
x
(i) 0 < e < 1 ∀x ∈ ]−∞, 0[.
(ii) ex > 1 ∀x ∈ ]0, ∞[.
(iii) e−x = 1x ∀x ∈ R.
e
x
(iv) e ≥ 1 + x ∀x ∈ R.
(v)
lim ex = 0 ja lim ex = ∞.
x→−∞
x→∞
86
Todistus. Kaava (iii) on yll¨
a jo johdettu lauseen 7.5 todistuksessa. Koska e x > 1
1 ∈ ]0, 1[, kun
∀x > 0 suoraan m¨
aa
¨ritelm¨
an nojalla, on kaavan (iii) nojalla ex = −x
e
x < 0, ja ehdot (i) ja (ii) ovat voimassa. Funktion f (x) = ex derivaatat f 0 (x) = ex
ja f 00 (x) = ex toteuttavat siis f 0 (x) > 0 ja f 00 (x) > 0 ∀x ∈ R, joten f on aidosti
kasvava ja vahvasti konveksi. Koska suoraan m¨
aa
¨ritelm¨
an nojalla on e x > 1 + x
∀x ∈ ]0, ∞[, on lim f (x) = ∞ ja siten lim f (x) = lim 1 = 0 kaavan (iii)
x→∞
x→−∞
x→∞ f (x)
seurauksena. N¨
ain ollen ehto (v) on tosi ja f (R) = ]0, ∞[.
J¨
aljelle j¨
aa
¨ en¨
aa
¨ ep¨
ayht¨
al¨
on ex ≥ 1 + x varmentaminen negatiivisilla x:n arvoilla.
T¨
at¨
a varten muodostamme apufunktion g(x) = ex − x − 1, jolle g 0 (x) = ex − 1 = 0
⇔ x = 0 ja g 0 :n merkkikaavio
g 0 (x) − − − − − − − + + + + + + +
•
.... .
................
.................
...................
................
................
g(x)
................. ... 0
.................
................
............
........
n¨
aytt¨
aa
¨ arvon g(0) = 0 g:n globaaliksi minimiksi. Siten ∀x ∈ R p¨
atee
g(x) = ex − x − 1 ≥ 0
eli
ex ≥ 1 + x. Eksponenttifunktio kasvaa x:n kasvaessa oleellisesti nopeammin kuin mik¨
aa
¨n x:n
potenssi.
Lause 7.7. Olkoon n ∈ N. T¨
all¨
oin
x
e
(i)
lim n = ∞ ja
x→∞ x
n
(ii)
lim xx = 0.
x→∞ e
Todistus. Lauseen voisi todistaa soveltamalla toistuvasti l’Hospitalin s¨
aa
¨nt¨
oa
¨ 6.39.
Koska sen todistus edell¨
a sivuutettiin, annamme suoran todistuksen.
Riitt¨
aa
¨ todistaa ehto (i). Tarkastellaan funktiota f : ]0, ∞[ → R, f (x) = x −n ex .
T¨
all¨
oin
ex n
f 0 (x) = −nx−n−1 ex + x−n ex = ex (x−n − nx−n−1 ) = n 1 −
> 0, kun x > n
x
x
ja edelleen
2
x − 2nx + n2 + n
00
x
−n
−n−1
−n−2
x
f (x) = e x − 2nx
+ n(n + 1)x
=e
xn+2
joten
ex
f 00 (x) = n+2 (x − n)2 + n > 0, kun x > 0 ja erityisesti siis my¨
os kun x > n.
x
Olkoon nyt x > 2n. V¨
aliarvolauseen nojalla
f (x) − f (2n) = f 0 (ξ)(x − 2n) > f 0 (2n)(x − 2n) → ∞, kun x → ∞,
sill¨
a f 0 (2n) > 0 (koska 2n > n) ja f 0 (ξ) > f 0 (2n) v¨
alin ]2n, x[ pisteess¨
a ξ, koska
f 0 on f 00 :n positiivisuuden takia aidosti kasvava v¨
alill¨
a [2n, x]. Kuristusperiaatteen
nojalla
f (x) = f (2n) + f 0 (ξ)(x − 2n) → ∞, kun x → ∞. 87
Esimerkki 7.8. (i) lim xe−x = lim xx = 0.
x→∞
x→∞ e
1
ex
= lim (−ze−z ) = − lim ze−z = 0 (kohta (i))
lim
z→∞
z→∞
x→0− x
(ii)
1 , jolloin x → 0− ⇔ z → ∞.
T¨
ass¨
a on k¨
aytetty muunnosta z = − x
Eksponentiaalinen kasvu. Funktiolla f (x) = ex on eritt¨
ain t¨
arkeit¨
a sovelluksia k¨
ayt¨
ann¨
on ongelmissa. Esit¨
amme my¨
ohemmin differentiaaliyht¨
al¨
oiden teoriassa
matemaattisen analyysin jatkokurssin lopussa tuloksia, joiden nojalla differentiaaliyht¨
al¨
on (lyh. DY)
y 0 = ky
(7.9)
(k ∈ R)
kaikki ratkaisut v¨
alill¨
a I ⊂ R ovat funktiot y = Cekx (C ∈ R on vakio). Suoraan
derivoimalla n¨
ahd¨
aa
¨n toki heti, ett¨
a n¨
am¨
a funktiot toteuttavat differentiaaliyht¨
al¨
on
(7.9) v¨
alill¨
a I: Jos x ∈ I, niin
y(x) = Cekx ⇒ y 0 (x) = kCekx = ky(x).
T¨
ah¨
an differentiaaliyht¨
al¨
oo
¨n palautuu monissa k¨
ayt¨
ann¨
on tilanteissa esiintyv¨
a eksponentiaalisen kasvun malli.
Esimerkki 7.10. Sijoittaja arvelee yrityksen edellisen vuoden pituisen ajan liikevaihdon y(t) (t aika vuosissa) kasvun olevan suoraan verrannollinen sen m¨
aa
¨r¨
aa
¨n
ajanjaksolla ajanjaksolla 0 ≤ t ≤ 10. Alkuhetkell¨
a t = 0 yrityksen liikevaihto y(0)
oli 10 miljoonaa euroa. Mik¨
a on sijoittajan n¨
akemyksen mukaan yrityksen liikevaihto y(10), kun y( 41 ) oli 10.1 miljoonaa euroa?
Ratkaisu. Liikevaihdon kasvuehdon nojalla p¨
atee DY y 0 (t) = ky(t) alkuehdoilla
y(0) = 107 ja y( 41 ) = 10.1 · 106 . T¨
am¨
an DY:n ratkaisu on y(t) = Cekt ja alkuehdot
k
k
av¨
an
antavat y(0) = C = 107 ja y( 41 ) = Ce 4 = 107 e 4 = 10.1 · 106 , josta kohta esitelt¨
k
logaritmin avulla 4 = ln 1.01 ⇒ k = 4 ln 1.01 ja edelleen
y(10) = 107 e40 ln 1.01 = 107 · 1.0140 ≈ 1.48886 · 107 ≈ 14.9 miljoonaa euroa
Vastaus : 15 miljoonaa euroa.
k
(Laskussa ei olisi pakko k¨
aytt¨
aa
¨ logaritmia: y( 41 ) = 107 e 4 = 10.1 · 106 ⇒ y(10) =
k 40
= 107 · 1.0140 kuten yll¨
a.)
107 e10k = 107 · e 4
Lis¨
aa
¨ esimerkkej¨
a kasvumalleista annamme jatkokurssissa differentiaaliyht¨
al¨
oit¨
a
esitelless¨
amme.
88
Luonnollinen logaritmi. Koska funktio f : R → ]0, ∞[, f (x) = ex , on jatkuvasti
derivoituva aidosti kasvava bijektio ja koska f 0 (x) 6= 0 ∀x ∈ R, funktiolla f on
k¨
aa
¨nteisfunktio f −1 : ]0, ∞[ → R ja f −1 on jatkuvasti derivoituva ja aidosti kasvava
bijektio. Sit¨
a sanotaan luonnolliseksi logaritmifunktioksi ja merkit¨
aa
¨n
f −1 (x) = ln x = log x
(x ∈ ]0, ∞[)
Mainitsemme nyt er¨
ait¨
a ln:n perusominaisuuksia. Kaavaa (iv) lukuunottamatta ne
ovat suoria seurauksia vastaavista eksponenttifunktion ominaisuuksista.
Lause 7.11.
1 ∀x ∈ ]0, ∞[.
(i) D ln x = x
(ii) ln 1 = 0, lim ln x = −∞, lim ln x = ∞.
x→0+
x→∞
(iii) ln(xy) = ln x + ln y ∀x, y ∈ ]0, ∞[.
(iv) ln xr = r ln x ∀x ∈ ]0, ∞[ ja ∀r ∈ Q.
(v) ln x
y = ln x − ln y ∀x, y ∈ ]0, ∞[.
(ln x)n
x
= 0 ja lim
(vi) lim
n = ∞ ∀n ∈ N.
x
x→∞ (ln x)
x→∞
Todistus. Todistamme malliksi derivoimiskaavan (i):
Olkoon x > 0, x = ey , y = ln x. T¨
all¨
oin
D ln x =
1
1
1
= y =
y
De
e
x
lauseen 5.15 nojalla. Yleinen potenssifunktio. Aiemmin on jo m¨
aa
¨ritelty potenssifunktio xr rationaap
√
p
lisilla r = q ∈ Q (p ∈ Z; q ∈ N): x q = q p. Voisimme yleist¨
aa
¨ t¨
at¨
a m¨
aa
¨ritelm¨
aa
¨
asettamalla (vrt. 7.2)
xµ = sup{xr | r ∈ Q ja r ≤ µ}, jos µ > 0 ja x > 0 ja
xµ = inf{xr | r ∈ Q ja r ≤ µ}, jos µ < 0 ja x > 0.
M¨
aa
¨rittelemme yleisen potenssin xµ kuitenkin helpommin k¨
aytt¨
aen jo esitelty¨
a eksponenttifunktiota.
M¨
a¨
aritelm¨
a 7.12. Olkoon µ ∈ R. M¨
aa
¨ritell¨
aa
¨n potenssifunktio f : ]0, ∞[ →
]0, ∞[, f (x) = xµ , kaavalla
f (x) = xµ = eµ ln x
89
∀x ∈ ]0, ∞[ .
Huomautus 7.13. Lauseen 7.11 kaavasta (iv) seuraa nyt, ett¨
a tapauksessa µ ∈ Q
m¨
aa
¨ritelm¨
an 7.12 antama xµ on sama kuin aiemmin m¨
aa
¨ritelty:
7.11.
ln xµ = µ ln x = ln(eµ ln x ) ⇒ xµ = eµ ln x,
sill¨
a ln on injektiivinen.
Lause 7.14. Olkoon x > 0 ja µ, µ1 , µ2 ∈ R. T¨
all¨
oin
µ1
(i) xµ1 +µ2 = xµ1 xµ2 , (ii) xµ1 −µ2 = xµ2 ,
x
µ1 µ2
µ1 µ2
µ
(iii) (x ) = x
, (iv) Dx = µxµ−1 ,
(v) Potenssifunktio f (x) = xµ on aidosti kasvava, jos µ > 0, aidosti v¨
ahenev¨
a, jos
µ < 0 ja vakio 1, jos µ = 0.
(vi) ln xµ = u ln x. (Yleist¨
aa
¨ kaavan 7.11 (iv).)
Todistus. Malliksi (iv):
Dxµ = Deµ ln x =
µ µ ln x
e
= µeµ ln x−ln x = µe(µ−1) ln x = µxµ−1 . x
Muut eksponentti- jalogaritmifunktiot. Olkoon a > 0, a 6= 1.
M¨
a¨
aritelm¨
a 7.15. a-kantainen eksponenttifunktio f : R → ]0, ∞[ m¨
aa
¨ritell¨
aa
¨n
kaavalla
f (x) = ax = ex ln a .
Sen k¨
aa
¨nteisfunktio f −1 : ]0, ∞[ → R on a-kantainen logaritmifunktio f −1 = loga :
y = loga x ⇔ x = ay
(x > 0, y ∈ R).
Lause 7.16.
(i) Dax = ax ln a ∀x ∈ R.
∀x ∈ ]0, ∞[.
(ii) D loga x = 1
x ln a
(iii) f (x) = ax on aidosti kasvava bijektio, jos a > 1, ja aidosti v¨
ahenev¨
a bijektio,
jos 0 < a < 1.
(iv) f (x) = loga x on aidosti kasvava bijektio, jos a > 1, ja aidosti v¨
ahenev¨
a
bijektio, jos 0 < a < 1.
Todistus. Melko suora seuraus m¨
aa
¨ritelmist¨
a ja monotonisuustestist¨
a 6.16 ja eksx
ponenttifunktion e ominaisuuksista ja k¨
aa
¨nteisfunktion derivoimiss¨
aa
¨nn¨
ost¨
a. Listataan viel¨
a lopuksi ax :n ja loga x:n perusominaisuuksia seuraavaan lauseeseen, jonka todistus j¨
atet¨
aa
¨n p¨
aa
¨osin lukijalle.
90
Lause 7.17.
(i) ax+y = ax ay
∀x, y ∈ R.
(ii) loga (xy) = loga x + loga y
(iii) (ax )y = axy ∀x, y ∈ R.
∀x, y ∈ ]0, ∞[.
(iv) loga (xy ) = y loga x ∀x ∈ ]0, ∞[, y ∈ R.
(v) loga x
y = loga x − loga y ∀x, y ∈ ]0, ∞[.
(vi) loga x = ln x ∀x ∈ ]0, ∞[
ln a
Todistus. Malliksi kaava (vi). Olkoon siis x > 0 ja a ∈ ]0, ∞[ \ {1}. T¨
all¨
oin
y = loga x ⇔ x = ay ⇔ ln x = ln(ay )
7.14(vi)
⇔
ln x = y ln a ⇔ y =
ln x
.
ln a
Siten loga x = ln x . ln a
Huomautus 7.18. (Er¨
ait¨
a merkint¨
atapoja)
(i) loge = ln = log
(ii) 10-kantaista logaritmia sanotaan Briggsin logaritmiksi ja merkit¨
aa
¨n log 10 = lg.
Esimerkki 7.19. Laske raja-arvo lim x ln x.
x→0+
Ratkaisu. Raja-arvo lim x ln x voidaan kirjoittaa muotoon lim ln1x , jolloin se on
x→0+
x→0+
−∞
∞ ,
x
johon voi koettaa soveltaa l’Hospitalin s¨
aa
¨nt¨
oa
¨ muodossa 6.39. Nyt
tyyppi¨
a
1
1
1
D ln x = x ja D x = − 2 , joten lauseesta 6.39 seuraa, ett¨
a
x
lim x ln x = lim
x→0+
x→0+
ln x
1
x
1
x
x→0+ − 12
x
= lim
= lim (−x) = 0.
x→0+
Monimutkaisemmat potenssilausekkeet f (x)g(x) . Jos f (x) > 0 ja g(x) ∈ R,
voidaan muodostaa potenssilauseke
h(x) = f (x)g(x) = eg(x) ln(f (x)) .
Funktio h ei ole potenssifunktio eik¨
a eksponenttifunktio, joten sit¨
a ei saa derivoida
niiden derivoimiss¨
aa
¨nn¨
oill¨
a, vaan
0
h (x) = D[g(x) ln(f (x))]e
g(x) ln(f (x))
g(x) 0
0
· f (x)
= h(x) g (x) ln(f (x)) +
f (x)
pisteiss¨
a x, joissa sek¨
a f ett¨
a g ovat derivoituvia.
91
Esimerkki 7.20. Funktio f (x) = xx on m¨
aa
¨ritelty v¨
alill¨
a ]0, ∞[ kaavalla f (x) =
ex ln x ja
f 0 (x) = Dex ln x = xx D(x ln x) = xx (ln x + 1) = 0 ⇔ ln x = −1 ⇔ x =
1
e
Derivaatan merkkikaavio on
f 0 (x) − − − − − − − + + + + + + +
•
...
.................
.................
.................
................ .
................
f (x)
1
.................
................ ...
.................
...........
e ........
1
Siten f ( e1 ) = 1e e ≈ 0.692206 on f :n globaali minimi v¨
alill¨
a ]0, ∞[. Koska
x
x ln x
0
lim x ln x = 0 (esim. 7.19), on lim x = lim e
= e = 1 lauseen 3.8 nojalla.
x→0+
x→0+
x→0+
Toisaalta lim xx = lim ex ln x = ∞. Koska f on derivoituvana jatkuva, voimme
x→∞
x→∞ h
h
1
p¨
aa
¨tell¨
a, ett¨
a f (]0, ∞[) = 1e e , ∞ .
Seuraava lause kytkee lopullisesti yhteen aiemmin esitetyt e:n kaksi m¨
aa
¨ritelm¨
aa
¨
n
1
1
1
= 1+ + + ... .
e = lim 1 +
n→∞
n
1! 2!
Lause 7.21.
x
x
1
1
= lim 1 + x
=e
(i) lim 1 + x
x→−∞
x→∞
x n ∀x ∈ R.
(ii) ex = lim 1 + n
n→∞
1 ja siis erityisesti
Todistus. (i) Merkit¨
aa
¨n f (x) = ln(1 + x), jolloin f 0 (x) = 1 +
x
f 0 (0) = 1. Nyt
ln(x + 1)
ln(x + 1) − ln 1
= lim
= f 0 (0) = 1.
x→0
x→0
x
x
lim
1 saadaan
Sijoittamalla y = x
x
“
”
ln(1+y)
1
1
x ln 1+
x
x+
=e
=e y .
x
1 → 0+ ja x → −∞ ⇒ y = 1 → 0− ja koska
Koska x → ∞ ⇒ y = x
x
ln(1 + y)
→ 1, kun y → 0, saamme lausetta 3.8 k¨
aytt¨
aen (t 7→ et on jatkuva
y
pisteess¨
a t = 1), ett¨
a
lim
x→∞
1
1+
x
x
= lim
x→−∞
1
1+
x
92
x
=e
lim
y→0
ln(1+y)
y
= e1 = e.
(ii) V¨
aite on selv¨
asti tosi, jos x = 0, sill¨
a e0 = 1 = limn→∞ 1n .
Jos x 6= 0, voidaan kirjoittaa
x n
1+
=
n
1
1+
n
x
nx !x
→ ex , kun n → ∞,
nx
= e, koska n → ∞ ⇒ n
sill¨
a kohdasta (i) seuraa, ett¨
a lim
x → ∞, jos
n→∞
x
ass¨
a tarvitaan lis¨
aksi perusteluksi potenssifunktion
x > 0 ja n
x → −∞, jos x < 0. T¨
x
y 7→ y jatkuvuus kohdassa y = e (x on kiinte¨
a t¨
ass¨
a tarkastelussa). 1 + 1n
Esimerkki 7.22.
(i)
lim
x→∞
1−
2
x
3x

x −6
!( −2
)
1

= lim  1 + x
x→∞
( −2 )
7.21(i)
e−6 ,
=
x → −∞.
sill¨
a y 7→ y −6 on jatkuva kohdassa e ja x → ∞ ⇒ −2
(ii)
lim
n→∞
2
1−
n
3n
= lim
n→∞
−2
1+
n
n 3
7.21(ii)
=
e−2
3
= e−6 ,
sill¨
a y 7→ y 3 on jatkuva kohdassa e−2 .
Raja-arvoja l’Hospitalin s¨
a¨
ann¨
oll¨
a. Esimerkiss¨
a 7.22 laskettiin suoraan kaksi tyyppi¨
a ”1∞ ” olevaa raja-arvolaskua. N¨
aihin ja er¨
aisiin muihinkin tilanteisiin
voi tietysti koettaa soveltaa my¨
os l’Hospitalin s¨
aa
¨nt¨
oa
¨ muokkaamalla ongelmallinen
∞
”.
”kielletty muoto” ensin l’Hospitalin s¨
aa
¨nn¨
on edellytt¨
am¨
aksi muodoksi ” 00 ” tai ” ∞
Er¨
as esimerkki t¨
ast¨
a olikin jo 7.19:ss¨
a laskettu raja-arvo lim x ln x = 0. Muutama
x→0+
lis¨
aesimerkki:
ln x
1
ass¨
a 1ln−xx on l’Hospitalin s¨
Esimerkki 7.23. (i) lim x 1−x = lim e 1−x , ja t¨
aa
¨nx→1−
x→1−
n¨
on edellytt¨
am¨
a tyyppi¨
a ” 00 ”, kun x → 1−. Siten
1
ln x
x
lim
= lim
= −1
x→1− −1
x→1− 1 − x
ja
1
ln x
lim x 1−x = lim e 1−x = e−1 =
x→1−
x→1−
1
.
e
√
√
√
(ii) lim ( x)x = lim ex ln x ja t¨
ass¨
a x ln x = 21 x ln x → 0, kun x → 0+ kuten
x→0+
x→0+
√
esimerkiss¨
a 7.19, joten lim ( x)x = e0 = 1.
x→0+
muoto 0
0
z
}|
{
− ln x
(iii) lim (x − 1)
= lim e−(ln x) ln(x−1) .
x→1+
x→1+
93
ln(x − 1)
T¨
ass¨
a lim −(ln x) ln(x−1) = lim
on tyyppi¨
a ” −∞
−∞ ”, joten l’Hospitalin
x→1+
x→1+
− ln1x
s¨
aa
¨nt¨
o j¨
a 6.39 ja 6.34 soveltaen saadaan
ln(x − 1)
lim
x→1+
− ln1x
l’H 6.39
=
1
x−1
lim
1
x→1+
·1
(ln x)2 x
(ln x)2 + 2x ln x ·
= lim
x→1+
1
1
x
= lim
x→1+
x(ln x)2
x→1+ x − 1
= lim
l’H 6.34
=
D(x(ln x)2 )
x→1+
1
lim
(ln x)2 + 2 ln x = 0,
joten alkuper¨
ainen raja-arvo on e0 = 1.
1
1
(iv) lim x x = lim e x ln x = e0 = 1, sill¨
a lim lnxx = 0 lauseen 7.11 (vi) nojalla.
x→∞
x→∞
x→∞
x
−
1
−
ln
x
1
1
aa
¨ l’Hospitalin
on tyyppi¨
a ” 00 ”, joten voi yritt¨
− x − 1 = lim
(v) lim
x→1 (x − 1) ln x
x→1 ln x
s¨
aa
¨nt¨
oa
¨. Sovelletaan sit¨
a kahdesti
x − 1 − ln x
x→1 (x − 1) ln x
lim
l’H 6.34
=
1−
x→1 ln x +
lim
1
x
x−1
x
1 − x1
x→1 ln x + 1 −
= lim
l’H 6.34
1
x
=
lim
x→1 1
x
1
x2
+
1
x2
=
1
.
2
Trigonometriset funktiot. M¨
aa
¨rittelemme koulukurssista tutut trigonometriset
funktiot sin : R → R, cos : R → R, tan : {x ∈ R | x 6= π2 + nπ (n ∈ Z)} → R
ja cot : {x ∈ R | x 6= nπ (n ∈ Z)} → R yksikk¨
oympyr¨
an avulla absoluuttista
◦
kulmamittaa (radiaanit; t¨
aysikulma 360 on yksikk¨
oympyr¨
an keh¨
a = 2π radiaania)
k¨
aytt¨
aen seuraavien kuvien ilmaisemalla tavalla:
...
..........
...
.................
.......... .... ................
.
.
.
.
.
..
.
....
.....
... ........
....
...
.. .....
...
...
.. ...
...
...
.
.
.
.........
...
.... ..........
.
..... ....
..
...................................................................................................................................
...
...
..
.
.
.
...
..
....
...
...
..
...
..
.....
..
...
.
.
.....
.
.
.
.
......
....
......... .... .............
...................
...
..
...
...
v
(u, v)
x
1
sin x = v,
u
x + y = 2π
−y = x − 2π
...
..........
...
.. ..................
............ .... ..............
.
.
.
.
.
.....
.....
.....
....
.....
....
..
...
...
..
...
...
.
.
.....
.
...
.
.
.
.
...
.
.
.... .. ......
...
.
.
.........................................................................................................................................
...
.... ...... ...
..
.
........................
...
.
..
...
.... ....
...
...
.. ...
..
....
...
..
...
.....
.
.
.
.
.
.
... .....
......
...
...
........
.................................
...
..
...
...
cos x = u,
v
x
−y
1
u
(u, v)
v (u 6= 0),
tan x = u
...
..........
2
2
...
.............................
.
.
.
.
.
.
. ... .
.......
.....
.......
..
.....
.....
...
...
....
..
...
...
.
.
.
...
.
..
.
.
...
.
.
.
.
.
.
.
.
.
....
.
.
...
.... .... ......
.
..
......................................................................................................................................
...
.............
..
.
...
.
.
.
.
.
. .
...
...
... ....
.
...
.
.
.
....
.. ..
..
...
..... ....
....
.....
.........
.
......
.......
.................................
...
..
...
...
v
u +v = 1
x
1
u
(u, v)
cot x = u
v (v 6= 0)
Kulma x on yksikk¨
oympyr¨
an u2 + v 2 = 1 pisteen (u, v) ja positiivisen u-akselin
v¨
alinen kulma positiiviseen kiertosuuntaan eli vastap¨
aiv¨
aa
¨n mitattuna. Sen suuruus
radiaaneissa on sama kuin pisteest¨
a (1, 0) pisteeseen (u, v) ulottuvan ympyr¨
ankaaren
pituus. Negatiiviset kulmat saadaan vastaavasti kulkemalla my¨
ot¨
ap¨
aiv¨
aa
¨n. Sallimalla useampia kierroksia voidaan kulman x ajatella olevan mik¨
a tahansa reaaliluku, jolloin yll¨
a esitelty sinin, kosinin, tangentin ja kotangentin m¨
aa
¨rittely tuottaa
n¨
aille funktioille yll¨
a mainitut m¨
aa
¨rittelyjoukot. M¨
aa
¨ritelmien yhteys alkeistrigonometriaan on ter¨
av¨
an kulman x, 0 < x < π2 (eli asteissa 0◦ < x < 90◦ ), tapauksessa
94
.
.....
......
... ....
.
. .
... ..
... ..
... ....
.
.
.
....
...
...
...
...
...
.
...
.
..
...
.
.
.
...
.
.
.
...
.
.
.
...
.
.
.
.
.
.
.....
.
.
.
...
.
.
...
...
.
.
...
..
.
...
.
.
.
.
....
.
.
.
...
...
.
...
.
.
.
...
.
.
.
..
.
...
.
..
.
. ......
.
.
............
. ...
.
.
................................................................
v¨
alitt¨
om¨
asti selv¨
a kuviosta
....
.......
...
...
..............
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
............
.
.
.
.
...
.
.
...
.
.
........
.
.
.
.
.
.
..
.. ...
....
.
.
.
.
..
.
..
..... ...........
.
.
.
.
.
.
.....
.
..
... ....
.
.
.
.
.
.....
.
.
.
. ...
...
.
.
.
.....
.
.
.
.
. .
....
...
....
... ....
....
...
.
.
.
.
.
...
. ...
.
.
.
.
.
.
.
...
.
.
..
.
.
.
.
.
.
.
...
.
.
..
.
.
.
.
.
.
...
..
. ...
..
.
.
.
...
...
.
.......................................................
.
.
.
.
.
.
...
....................
................
...
....
.... .....
.............
............
..
...
..
.. ...
..
...
..
..........
.
.
.
.
.
.
.
.
.
......................................................................................................................................................................................................
...
.
....
...
..
..
...
...
...
...
...
.
.
...
.
...
..
...
...
...
...
..
...
...
.
.
.
....
....
...
....
....
..
.....
....
..
.....
....
.
.
.
...
.....
.
....
......
..
.....
......
..
........
.......
.
..........
.......
.................................................
..
..
2
2
...
...
..
v
(u, v)
•
1
suurennos
v
x
u
1
x
1 u
sin x =
tan x =
v
u
v
1
v
u
= v, cos x =
=
sin x
,
cos x
u
1
=u
cot x =
u
v
=
cos x
sin x
u +v =1
Koska u2 + v 2 = 1, m¨
aa
¨ritelm¨
ast¨
a saadaan heti, ett¨
a sin 2 x + cos2 x = 1 ∀x ∈
R. Kokoamme t¨
am¨
an ja er¨
ait¨
a muita trigonometristen funktioiden ominaisuuksia
seuraavaan lauseeseen. Osa sen v¨
aitteist¨
a seuraa v¨
alitt¨
om¨
asti m¨
aa
¨ritelm¨
ast¨
a, osa
vaatisi todistuksekseen alkeistrigonometrian taustatarkasteluja. Sivuutamme n¨
am¨
a
laskut aikaa vievin¨
a.
Lause 7.24. (Trigonometristen funktioiden ominaisuuksia.)
(i) sin2 x + cos2 x = 1, | sin x| ≤ 1, | cos x| ≤ 1.
sin x , cot x = cos x .
(ii) tan x = cos
x
sin x
(iii) sin(−x) = − sin x, cos(−x) = cos x,
tan(−x) = − tan x, cot(−x) = − cot x.
(iv) sin(x + 2nπ) = sin x ja cos(x + n2π) = cos x ∀n ∈ Z
tan(x + nπ) = tan x ja cot(x + nπ) = cot x ∀n ∈ Z
(Sinin ja kosinin perusjakso on 2π, tangentin ja kotangentin
perusjakso on π.)
(v) sin(x ± y) = sin x cos y ± cos x sin y
(ylemm¨
at merkit vastaavat toisiaan, samoin alemmat toisiaan)
(vi) cos(x ± y) = cos x cos y ∓ sin x sin y
tan x ± tan y
(vii) tan(x ± y) = 1 ∓ tan x tan y
(viii) sin 2x = 2 sin x cos x
(ix) cos 2x = cos2 x − sin2 x = 1 − 2 sin2 x = 2 cos2 x − 1
(x) tan 2x = 2 tan x2
1 − tan x
2x ja sin2 x = 1 − cos 2x
(xi) cos2 x = 1 + cos
2
2
95
(xii)
(xiii)
(xiv)
(xv)
(xvi)
(xvii)
sin(x + π2 ) = cos x = sin( π2 − x), sin(π − x) = sin x
− cos(x + π2 ) = sin x = cos( π2 − x), cos(π − x) = − cos x
x+y
x−y
sin x + sin y = 2 sin 2 cos 2
x−y
x+y
cos x + cos y = 2 cos 2 cos 2
x+y
x−y
cos x − cos y = −2 sin 2 sin 2
x−y
x+y
sin x − sin y = 2 sin 2 cos 2
Trigonometristen funktioiden merkit kulman x loppukyljen sijaintinelj¨
anneksen mukaan (kun alkukylki on positiivisella u-akselilla):
...
..
..
..
...
...
..
..
...........................................................................
....
...
..
..
...
..
...
.
...
..
..
..
...
...
..
..
...........................................................................
....
...
..
..
...
..
...
.
...
..
..
..
...
...
..
..
...........................................................................
....
...
..
..
...
..
...
.
...
..
..
..
...
...
..
..
...........................................................................
....
...
..
..
...
..
...
.
sin
cos
tan
cot
+
+
−
−
−
+
−
+
−
+
+
−
−
+
+
−
Todistus. Kaavat (i)–(iv) seuraavat heti m¨
aa
¨ritelmist¨
a, samoin merkkikaaviot (xvii).
Yhteen- ja v¨
ahennyslaskukaavojen (v)–(vii) todistus joudutaan sivuuttamaan. Loput kaavat seuraavat niist¨
a ja m¨
aa
¨ritelmist¨
a. Johdetaan malliksi (ix) ja sitten (xi),
joka on hy¨
o dyllinen integraalilaskennassa.
Kosinin yhtenlaskukaavasta (vi) ja kaavasta (i) saadaan, ett¨
a
cos 2x = cos(x + x) = cos x cos x − sin x sin x
= cos2 x − sin2 x = cos2 x − (1 − cos2 x)
= 2 cos2 x − 1 = 2(1 − sin2 x) − 1
= 1 − 2 sin2 x
eli kaava (ix). Sen avulla saadaan edelleen kaavat (xi):
1 + cos 2x
cos 2x = 2 cos2 x − 1 ⇒ cos2 x =
2
1 − cos 2x
. sin 2x = 1 − 2 sin2 x ⇒ sin2 x =
2
Esimerkki 7.25. (i) Muistikolmioiden
1
.......
... ..........
....... ......
... π ......
.....
..
.....
.. 4
.....
...
.....
..
.....
..
.....
.....
...
.....
..
.....
..
.....
...
.....
..
..
..
π............
...........
.. ....
.........................................................4
.....................
√
2
·
√
3
ja
....
.....
... ..
...........
... π ...
.. ....
.. 6 ...
...
...
...
..
...
..
...
...
...
..
...
..
...
...
...
..
...
..
...
...
...
..
...
..
...
...
...
...
..
...
..
...
...
...
..
...
..
...
...
..
..
..
π .......
...........
.......
...........................................................3
...................
2
·
1
96
1
antamien arvojen sin π4 =
cos π6 =
vaa:
√
3
2
= sin π3 ja tan
√1 = cos π , tan π =
4
4
2
π
1
π
√
= cot 3 avulla
6 =
3
1 = cot π4 , sin π6 =
1
2
= cos π3 ,
saadaan laskettua mm. seuraa-
3π
π (xii)
π
1
(= sin 135◦ ),
= sin(π − ) = sin = √
4
4
4
2
3π
π
π
1
cos
(= cos 135◦ ),
= cos(π − ) = − cos = − √
4
4
4
2
sin
7π
5π
5π
π
7π
= sin(
− 2π) = sin(− ) = − sin
= − sin(π − ) =
6
6
6
6
6
π
1
= − sin = −
(= sin 210◦ ) ja
6
2
√
7π
5π
5π
π
π
3
cos
= cos(− ) = cos
= cos(π − ) = − cos = −
(= cos 210◦ )
6
6
6
6
6
2
sin
(ii)
(iii) Jos sin x =
3
5

sin(nπ) = 0 = cos( π2 + nπ) ∀n ∈ Z



 cos(nπ) = (−1)n = sin( π + nπ) ∀n ∈ Z
2
π
 x 6= 2 + nπ ⇒ | sin x| < 1 ja cos x 6= 0



x 6= nπ ⇒ | cos x| < 1 ja sin x 6= 0
ja
π
2
< x < π, niin
p
)
cos x = ( +
1 − sin2 x = −
−
r
1−
4
9
=− ,
25
5
sill¨
a ”toisen nelj¨
anneksen kulman” kosini on negatiivinen (7.24 (xvii)). Edelleen
saadaan, ett¨
a
3
3
sin x
5
=
=−
tan x =
4
cos x
4
−5
.............
............ .......
............
......
............
.
.
.
.
.
.
.
.
.
... ...
.
.
........
.. ...
............
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
..
.
.
...
..........................................................................................................................
1
sin x x
ja
4
cot x = − .
3
x
·
Kuviosta
voisi arvella, ett¨
a pienill¨
a x:n arvoilla kateetti sin x ja sit¨
a pitempi yksikk¨
oympyr¨
a paremmin” likimain
π an kaari x ovat ”yh¨
am¨
an arvauksen
samat: 0 < sin x . x , kun x ∈ 0, 2 on pieni. Todistamme t¨
oikeaksi.
97
x = 1.
Lause 7.26. lim sin
x→0 x
x
Todistus. Koska sin(−x) = − sin x, riitt¨
aa
¨ todistaa, ett¨
a lim sin
x = 1. Jos
x→0+
ahtiin jo yll¨
a, ett¨
a 0 < sin x < x. Toisaalta 0 < x < tan x, sill¨
a
x ∈ 0, π2 , n¨
ympyr¨
an kaaren pituus on pienempi kuin sen ymp¨
ari piirretyn murtoviivan pituus.
(Harjoitusteht¨
av¨
a: Pohdi t¨
am¨
an v¨
aitteen todistusta!)
.........
..... ..............
... ...... .....................
.
.
.... .......
.
... ........
...
.......
...
...
.......
...
...
.......
.
.
...
.
.......
.
.
...
.......
....
.
.
.......
...
. ...
.
.
.
..............................................................................................................................
... ...
..
......
.
.
.
......
.
.
.
.
.
.
...
.......
...
...
......
...
...
......
...
...
.......
.
.
.
.
.
.
.
...
.
....
...
... .......
... ... ...................
...... ................
.
.
..........
.
1
Kuva:
·
tan x
x
x
x
x
tan x
1
sin x , kun x ∈ 0, π . T¨
ast¨
a
Siis 0 < sin x < x < cos
x
2
·
sin x
x
ass¨
a
saadaan, ett¨
a cos x < sin
x < 1 ja edelleen 0 < 1 − x < 1 − cos x. T¨
2 x
1 − cos x = 2 sin 2 (7.24 (ix)), joten
0 < 1 − cos x < 2 ·
x 2
2
=
x2
→ 0, kun x → 0 + .
2
Siten kuristusperiaatteen nojalla lim (1 − cos x) = 0 ja edelleen ep¨
ayht¨
al¨
on 0 <
x→0+
x
x
x
lim (1 − sin
lim sin
1 − sin
x < 1 − cos x nojalla x→0+
x ) = 0. Siis x→0+
x = 0. Lause 7.27. Trigonometriset funktiot ovat derivoituvia (jopa C ∞ -funktioita) koko
m¨
aa
¨rittelyjoukossaan ja
(i) D sin x = cos x
(ii) D cos x = − sin x
1
cos2 x
(iv) D cot x = −1 − cot2 x = − 12
sin x
(iii) D tan x = 1 + tan2 x =
Todistus. Todistetaan (i); (iii) ja (iv) saadaan (i):st¨
a ja (ii):st¨
a osam¨
aa
¨r¨
an derivoimiss¨
aa
¨nn¨
oll¨
a ja pienell¨
a laskulla ja (ii) (i):st¨
a kaavoja 7.24 (xii) k¨
aytt¨
aen.
(i) Olkoon x0 ∈ R. T¨
all¨
oin on
x − x0
x − x0
x + x0
x + x0
+
−
sin x − sin x0 = sin
− sin
=
2
2
2
2
x − x0
x + x0
x − x0
x + x0
x − x0
x + x0
cos
+ cos
sin
− sin
cos
+
2
2
2
2
2
2
x + x0
x − x0
+ cos
sin
2
2
x + x0
x − x0
= 2 cos
sin
2
2
= sin
98
(samalla on oleellisesti johdettu kaava 7.24 (xvi), jota olisi halutessaan voinut suoraankin soveltaa).
Voimme nyt laskea sinin derivaatan x0 :ssa erotusosam¨
aa
¨r¨
an raja-arvona. Ensin
havaitaan, ett¨
a sin x − sin x0 → 0, kun x → x0 , sill¨
a lauseen 7.26 todistuksen
arvioiden nojalla sin x −2 x0 → 0, kun x → x0 ja lis¨
aksi | cos x +2 x0 | ≤ 1. Siten
sini on jatkuva x0 :ssa ja aivan samoin kosini on jatkuva x0 :ssa kaavan 7.24 (xv)
seurauksena. Nyt saamme, ett¨
a
2 cos x +2 x0 sin x −2 x0
sin x − sin x0
=
x − x0
x − x0
x − x0
x + x0 sin 2
= cos
→ cos x0 · 1 = cos x0 , kun x → x0
x − x0
2
2
lauseiden 3.8, 7.26 ja kosinifunktion jatkuvuuden nojalla. N¨
ain ollen [D sin x]x=x0 =
cos x0 , ja kaava (i) on todistettu. x on muotoa ” 0 ”, niin t¨
am¨
an raja-arvon lasEsimerkki 7.28. (i) Koska lim sin
0
x→0 x
keminen l’Hospitalin s¨
aa
¨nn¨
oll¨
a:
sin x
D sin x
cos x
= lim
= lim
= cos 0 = 1
x→0 x
x→0
x→0
Dx
1
on periaatteessa oikein, muttei hyv¨
an maun mukaista. Pohdi, miksi!
lim
sin 3x 3x
1
sin 3x
= lim
·
·
· cos 5x
x→0 3x
x→0 tan 5x
5x sin 5x
5x
(ii)
lim
3
3
sin 3x
1
1
3
· cos 5x = · 1 · · 1 =
lim
·
5 x→0 3x
5
1
5
sin 5x
5x
tai sama l’Hospitalin s¨
aa
¨nn¨
on avulla:
=
D sin 3x
3 cos 3x
3 cos 0
3
sin 3x
= lim
= lim
=
=
2
2
x→0 D tan 5x
x→0 5(1 + tan 5x)
x→0 tan 5x
5
5(1 + tan 0)
lim
Esimerkki 7.29. (Sinin ja kosinin Maclaurinin sarjat)
Merkit¨
aa
¨n f (x) = sin x, g(x) = cos x. T¨
all¨
oin f 0 (x) = cos x, f 00 (x) = − sin x,
000
(4)
f (x) = − cos x, f (x) = sin x ja korkeammissa derivaatoissa samat toistuvat.
Erityisesti on
f (4k+1) (0) = cos 0 = 1,
f (4k+2) (0) = − sin 0 = 0,
f (4k+3) (0) = − cos 0 = −1 ja
f (4k) (0) = sin 0 = 0
99
∀k ∈ N0
Sinifunktion Maclaurinin sarja on siis
∞
X
f (n) (0) n
x3
x5
x7
x =x−
+
−
+... .
n!
3!
5!
7!
n=0
Vastaavasti lasketaan g 0 (x) = − sin x, g 00 (x) = − cos x, g 000 (x) = sin x, g (4) (x) =
cos x ja toistumisen nojalla
g (4k+1) (0) = − sin 0 = 0,
g (4k+2) (0) = − cos 0 = −1,
g (4k+3) (0) = sin 0 = 0 ja
g (4k) (0) = cos 0 = 1
∀k ∈ N0
Kosinifunktion Maclaurinin sarja on siis
∞
X
x2
x4
x6
g (n) (0) n
x =1−
+
−
+ ... .
n!
2!
4!
6!
n=0
Voi osoittaa, ett¨
a n¨
am¨
a Maclaurinin sarjat suppenevat kaikkialla kohti f :¨
aa
¨ ja
g:t¨
a. Saisimme siis sinille ja kosinille vaihtoehtoisen sarjateoriaan pohjautuvan m¨
aa
¨rittelytavan
∞
X
x3
x5
x7
(−1)n 2n+1
(7.30)
x
=x−
+
−
+ ... ,
sin x =
(2n
+
1)!
3!
5!
7!
n=0
ja
(7.31)
∞
X
x2
x4
x6
(−1)n 2n
cos x =
x =1−
+
−
+ ... .
(2n)!
2!
4!
6!
n=0
T¨
all¨
a m¨
aa
¨rittelytavalla esim. derivaattojen johtaminen on helppoa termeitt¨
ain derivoimalla, mutta kytkent¨
a alkeistrigonometriaan on et¨
aa
¨mm¨
all¨
a kuin valitsemassamme yksikk¨
oympyr¨
aa
¨n nojaavassa m¨
aa
¨ritelm¨
ass¨
a.
Esimerkki 7.32. Laske funktion f (x) = x sin(x2 ) seitsem¨
as origoderivaatta f (7) (0).
Ratkaisu. Kaavan 7.30 ja lauseen 4.10 nojalla on
(x2 )3
(x2 )5
x6
x10
f (x) = x sin(x2 ) = x(x2 −
+
− . . .) = x(x2 −
+
− . . .)
3!
5!
3!
10!
= x3 −
x11
x7
+
− ...
3!
5!
∀x ∈ R.
Yksik¨
asitteisyyslauseen 5.21 nojalla t¨
am¨
a sarja on f :n Maclaurinin sarja
Vertaamalla termin x7 kertoimia saadaan nyt yht¨
al¨
o
f (7) (0) = −
f (7) (0)
= − 1 , josta
7!
3!
7!
= −7 · 6 · 5 · 4 = −840.
3!
100
∞
P
f (n) (0) n
x .
n!
n=0
Trigonometriset yht¨
al¨
ot. K¨
asittelemme lyhyesti muutaman esimerkin avulla trigonometristen yht¨
al¨
oiden ratkaisemista. Trigonometristen ep¨
ayht¨
al¨
oiden ratkaiseminen palautuu t¨
ah¨
an lopuksi suoritettujen merkkitarkastelujen avulla.
Esimerkki 7.33.
(i)
sin 2x =
1
π
π
⇔ 2x = + 2nπ (n ∈ Z) tai 2x = (π − ) + 2nπ (n ∈ Z) ⇔
2
6
6
5π
π
+ nπ (n ∈ Z) tai x =
+ nπ (n ∈ Z)
⇔ x=
12
12
...
.........
...
..
...
....
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
... ....................
.
.
....
.
.
.
.
.......
.
.
.
..
...
.
......
.
.
.
..
.
.....
....
.
.
...
.
.....
..
.
.
.
.
....
.
...
.
.
.
.
1
.....................................................................................................
.
.
. ......
.. .
.
.
.
.
.
.
.. .. ....
. ........
2
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.......
...
..
.
.
.
..
.
.
.
.
.
.
.
.
..
.......
.
..
...
....... ............. ............
.......... . .............
...
.
.
..........................................................................................................................................................................................
.
v
v=
Kuva:
2x
1
−1
2x = π6 ja 2x = 5π
alin
6 ovat ainoat v¨
1
[0, 2π] kulmat, joiden sini = 2
u
1
1
7.24(viii)
sin 2x = 0 ⇔ cos2 x + · 2 sin x cos x = 0 ⇔
2
2
⇔ cos x(cos x + sin x) = 0 ⇔ cos x = 0 tai cos x = − sin x ⇔
π
3π
⇔ x = + nπ (n ∈ Z) tai x =
+ nπ (n ∈ Z).
2
4
cos2 x +
(ii)
Viimeisen ekvivalenssin perusteluksi voi k¨
aytt¨
aa
¨ 7.25 (ii):ta, jaksollisuutta ja sit¨
a,
ett¨
a v¨
alill¨
a [0, 2π] ehto u = cos x = − sin x = −v merkitsee, ett¨
a kulman x loppukyljen ja uv-tason yksikk¨
o...ympyr¨
an leikkauspiste saadaan yht¨
al¨
oparista
.
.........
...
...
..
.....
.
....
.....
........
.....
.....
............... .... .......................
.
....
.
.
.
.
.....
.
.
......
.....
.
..
.
..... ..........
.
.
.
.
.
..... .....
3π .............
.
...
.
........
...
..... ....
4....... ...........
..
.... ......
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.....
.
...
.....
...
.....
....
...
.....
.....
..
...
...
.....
.....
..
...
..... .... ........
....
..... .. .....
..
..
...........
.
.
.
.
.
...................................................................................................................................................................................
..
.. .. ......
.
.
.
...
.
...
.. ... ......
.
.
.
.
.
.
.....
...
....
...
...
.....
...
.....
.....
...
...
...
.....
.....
...
..
...
.....
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
..... ...
.... .....
....
..... ....
.... ....
.........
........
..
..
...
..... ..........
..... .....
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.......
.. 7π........
.
.
...
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.....
........... . ...........
.
.
.
.
.
.....
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.....
...
....
4
..
.....
..
...
..
...
..
v
u=v
•
Kuva:
u
u2 + v 2 = 1
u = −v,
jolloin vastaava kulma x on
3π
4
tai
7π
.
4
•
u = −v
Esimerkki 7.34. (Syksyn 2006 pitk¨
an matematiikan ylioppilaskirjoitusten teht¨
av¨
a
2
6.) M¨
aa
¨rit¨
a funktion f (x) = cos x + sin x suurin ja pienin arvo.
Tapa 1. Koska f on 2π-jaksoinen ja jatkuva, on
f (R) = f ([0, 2π]) = [m, M ], miss¨
a m = min(f (R)) ja M = max(f (R)).
101
Riitt¨
aa
¨ siis tutkia f :¨
aa
¨ v¨
alill¨
a [0, 2π]. Nyt
f 0 (x) = −2 cos x sin x + cos x = cos x(1 − 2 sin x) = 0 ⇔ cos x = 0 tai sin x =
1
⇔
2
π
3π
π
5π
tai x =
tai x =
tai x =
, joten
2
2
6
6
n
o
o n
3π ), f ( π ), f ( 5π ) = 1, 1, 1, −1, 5 , 5 ja
m, M ∈ f (0), f (2π), f ( π
),
f
(
2
2
6
6
4 4
0<x<2π
⇔
x=
5.
m = −1, M = 4
Tapa 2. Funktio f (x) = cos2 x + sin x = 1 − sin2 x + sin x = − sin2 x + sin x + 1 saa
samat arvot R:ss¨
a kuin funktio g(t) = −t2 +t+1 v¨
alill¨
a [−1, 1]. Koska g on jatkuva,
∃m = min(g([−1, 1])) = min(f (R)) ja ∃M = max(g([−1, 1])) = max(f (R)). Nyt
g 0 (t) = −2t + 1 = 0 ⇔ t = 21 ∈ [−1, 1] ja
o n
o
n
5 , 1 joten m = −1, M = 5 .
),
g(1)
=
−1,
m, M ∈ g(−1), g( 1
2
4
4
Arkusfunktiot. Trigonometristen funktioiden sopivilla rajoittumilla on k¨
aa
¨nteisfunktiot, joita kutsutaan arkusfunktioiksi.
π π
, ] jatkuva ja aidosti kasvava, sill¨
a sen deFunktio f (x) = sin x on v¨
alill¨
a [−
2 2 rivaatta f 0 (x) = cos x > 0 ∀x ∈ − π2 , π2 . Lis¨
aksi f ([− π2 , π2 ]) = [−1, 1], joten
alill¨
a [−1, 1] m¨
aa
¨ritelty
f :n rajoittumalla f : [− π2 , π2 ] → [−1, 1], f (x) = sin x, on v¨
jatkuva ja aidosti kasvava k¨
aa
¨nteisfunktio
π π
f −1 = arc sin : [−1, 1] → [− , ],
2 2
arkussinin p¨
aa
¨haara. Kaikki arkussinin haarat
arcsin : [−1, 1] → [−
π
π
+ nπ, + nπ] (n ∈ Z),
2
2
saadaan sinin rajoittumista f |[− π2 + nπ, π2 + nπ] samalla tavalla. Puolet niist¨
a on
aidosti kasvavia (n parillinen), ja puolet aidosti v¨
ahenevi¨
a (n pariton).
Funktio g(x) = cos x on v¨
alill¨
a [0, π] jatkuva ja aidosti v¨
ahenev¨
a, sill¨
a g 0 (x) =
− sin x < 0 ∀x ∈ ]0, π[. Sen rajoittumalla g : [0, π] → g([0, π]) = [−1, 1], g(x) =
cos x, on v¨
alill¨
a [−1, 1] m¨
aa
¨ritelty jatkuva ja aidosti v¨
ahenev¨
a k¨
aa
¨nteisfunktio, arkuskosinin p¨
aa
¨haara
g −1 = arc cos : [−1, 1] → [0, π],
Muut arkuskosinin haarat saadaan rajoittumien g|[nπ, (n + 1)π] k¨
aa
¨nteisfuktioina;
puolet niist¨
a on aidosti v¨
ahenevi¨
a (n parillinen), ja puolet aidosti kasvavia (n pariton).
102
Huomautus 7.35. (i) Kirjallisuudessa merkint¨
a arcsin liittyy yleens¨
a vain arkussinin kasvaviin haaroihin ja merkint¨
a arccos vain arkuskosinin v¨
aheneviin haaroihin.
(ii) Jos x ∈ [−1, 1], niin p¨
aa
¨haarojen m¨
aa
¨ritelm¨
a on siis
(7.36)
y = arc sin x ⇔ − π2 ≤ y ≤
π
2
ja sin y = x,
y = arc cos x ⇔ 0 ≤ y ≤ π ja cos y = x.
Lause 7.37. arc sin x + arc cos x =
π
2
∀x ∈ [−1, 1].
Todistus.
(7.36)
y = arc cos x ⇒ −y ∈ [−π, 0] ⇒
joten
π
2
π π
π
π
7.24
− y ∈ [− , ] ja sin( − y) = cos y = x,
2
2 2
2
− y = arc sin x, ja v¨
aite seuraa.
Lause 7.38.
1
1 − x2
1
D arc cos x = − √
1 − x2
D arc sin x = √
(i)
(ii)
∀x ∈ ]−1, 1[ ,
∀x ∈ ]−1, 1[ .
Todistus. Koska kaava (ii) seuraa heti lauseesta 7.37 ja kaavasta (i), riitt¨
aa
¨ todistaa
(i).
Olkoon siis −1 < x < 1, jolloin kulma y = arc sin x toteuttaa ehdon − π2 < y < π2 .
K¨
aa
¨nteisfunktion derivoimiss¨
aa
¨nn¨
on 5.15 nojalla on
D arc sin x =
1
1
1
=
= √
,
D sin y
cos y
1 − x2
+ p1 − sin2 y = √1 − x2 , koska sin y = x ja − π < y <
sill¨
a cos y = ( −
)
2
π
.
2
Esimerkki 7.39.
√
2
¨
(i) Askeisen
lauseen todistuksessa laskettiin jo cos(arc
√ sin x) = 1 − x .
Samalla tavalla saadaan, ett¨
a sin(arc cos x) = 1 − x2 .
(ii) arc sin(−1) = − π2 , arc sin 1 = π2 , arc cos(−1) = π, arc cos 1 = 0,
arc sin 12 = π6 , sill¨
a − π2 < π6 < π2 ja sin π6 = 12 ,
arc cos 12 = π3 , sill¨
a 0 < π3 < π ja cos π3 = 21 ,
arc sin √12 = arc cos √12 = π4 .
(iii) arc sin(−x) = − arc sin x ∀x ∈ [−1, 1],
arc cos(−x) = π − arc cos x ∀x ∈ [−1, 1],
sill¨
a 0 ≤ y ≤ π ⇒ 0 ≤ π − y ≤ π ja cos(π − y) = − cos y.
1)
(iv) Jos x > 1, niin kuviosta (jossa α = arc cos x
103
.........
...... .
....... ....
......
.
.
.
.
.
...
......
..
.......
...
......
.
.
.
.
.
..
..
.
.
.
.
.
.
..
...
.
.
.
.
.
.....
.........
.
.
.
.
.
.....................................................................................
x
α
1
√
x2 − 1
·
1 = arc sin
n¨
ahd¨
aa
¨n, ett¨
a arc cos x
p
1,
cos α = x
p
2
sin α = xx − 1
x2 − 1
x
√
Esimerkki 7.40. M¨
aa
¨rit¨
a funktion f (x) = arc sin(2x 1 − x2 ) suurin ja pienin
arvo v¨
alill¨
a [−1, 1].
Ratkaisu. Ensiksi havaitaan, ett¨
a f todella on m¨
aa
¨ritelty arvoilla −1 ≤ x ≤ 1, sill¨
a
t¨
all¨
oin
p
1 − x2 ≥ 0 ja |2x 1 − x2 | ≤ 1
(J¨
alkimm¨
ainen ep¨
ayht¨
al¨
o:
p
|2x 1 − x2 | ≤ 1 ⇔ 4x2 (1 − x2 ) ≤ 1 ⇔ 4x4 − 4x2 + 1 ≥ 0 ⇔ (2x2 − 1)2 ≥ 0
miss¨
a viimeinen ehto on totta ∀x√∈ R.)
a funktiona f
Jatkuvien funktioiden x 7→ 2x 1 − x2 ja y 7→ arc sin y yhdistettyn¨
on jatkuva [−1, 1]:ss¨
a, joten ∃M = max f ([−1, 1]) ja ∃m = min f ([−1, 1]). Yhdistettyjen funktioiden derivoimiss¨
aa
¨nn¨
on nojalla on arvoilla −1 < x < 1, x 6= ± √12 ,
√
√
1 − x2 + 2x(−2x)
2
p
2 1−x2
1
0
2
f (x) = D 2x 1 − x · p
= √
1 − 4x2 (1 − x2 )
1 − 4x2 + 4x4
= √
2 − 4x2
±2
2(1 − 2x2 )
√
p
= √
6= 0,
=
2
2
2
2
2
±(1 − 2x ) 1 − x
1 − x2
1 − x (1 − 2x )
miss¨
a rajoitus x 6= ± √12 tulee siit¨
a ±1, jotka
a, ett¨
a arc sin ei ole derivoituva pisteiss¨
√
1
ovat lausekkeen 2x 1 − x2 arvot pisteiss¨
ain ollen
a ± √2 . N¨
m, M ∈ {f (−1), f (− √1 ), f ( √1 ), f (1)} = {0, − π
,π
2
2 , 0},
2
2
joten
π
√1
M = f ( √1 ) = arc sin 1 = π
2 ja m = f (− 2 ) = arc sin(−1) = − 2 .
2
Pelkki¨
a p¨
aa
¨tepistearvoja ja derivaatan nollakohtia tutkimalla olisi saatu virheellisesti f vakiofunktioksi 0. T¨
ass¨
a siis suurin ja pienin tulivat kohdissa x = ± √12 ,
104
joissa f ei (ehk¨
a) ole derivoituva. (Voidaan osoittaa, ett¨
a @f 0 (± √12 ). Syy: funktion f m¨
aa
¨rittely ei sallinut arkussinin haaran vaihtoa, kun x = ± √12 (y = ±1).
Sijoituksella x = cos t n¨
ahd¨
aa
¨n, ett¨
a
f (x) = f (cos t) = arc sin(sin 2t) (0 ≤ t ≤ π),
√
sill¨
a 1 − cos2 t = sin t ∀t ∈ [0, π]. Suurin arvo saadaan, kun 2t =
jolloin x = cos π4 = √12 .
Tangenttifunktion rajoittuma
i π πh
→ R,
f: − ,
2 2
π
2
eli t =
π
4,
f (x) = tan x,
on aidosti kasvava jatkuva bijektio, sill¨
a f 0 (x) = 1+tan2 x > 0 ja limπ f (x) = ±∞.
x→± 2
N¨
ain ollen sill¨
a on k¨
aa
¨nteisfunktio
i π πh
f = arc tan : R → − ,
,
2 2
arkustangentin p¨
aa
¨haara. Se on jatkuva ja aidosti kasvava ja derivaatta
−1
(7.41)
D arc tan x =
1
1 + x2
∀x ∈ R
saadaan k¨
aa
¨nteisfunktion derivoimiss¨
aa
¨nn¨
oll¨
a:
1
1
1
D arc tan x =
=
,
=
2
D tan y
1 + x2
1 + tan y
kun x = tan y ∈ R ja y = arc tan x ∈ − π2 , π2 . Muut arkustangentin haarat ovat
funktiot
arctan x = arc tan x + nπ (n ∈ Z);
ne ovat rajoittumien tan − π2 + nπ, π2 + nπ k¨
aa
¨nteisfunktiot. Ne ovat kaikki ai1
∀x ∈ R.
dosti kasvavia ja D arctan x =
1 + x2
Kotangenttifunktion rajoittuman
g : ]0, π[ → R, g(x) = cot x,
k¨
aa
¨nteisfunktio on arkuskotangentin p¨
aa
¨haara arc cot x:
y = arc cot x ⇔ cot y = x ja 0 < y < π,
Kaavaa arc sin x + arc cos x =
(7.42)
π
2
vastaa aivan samoin todistettava kaava
arc tan x + arc cot x =
π
,
2
∀x ∈ R,
josta saadaan edelleen derivaatta
D arc cot x = −
1
1 + x2
arc tan x:n derivaatan avulla.
105
∀x ∈ R
Esimerkki 7.43.
(i) arc tan 1 = π4 = arc cot 1,
arc tan(−1) = − π4 ,
π
π
arc cot(−1) = 3π
4 (= 2 + 4 , ks. 7.42),
√
arc tan 3 = π3 = arc cot √13 , arc tan √13 =
π
6
= arc cot
√
1)
(ii) Jos x > 1, niin kuviosta (jossa α = arc cos x
......
...... .
...... ....
.......
.
.
.
.
.
...
......
..
......
...
.......
.
.
.
.
.
..
...
.
.
.
.
..
.
..
.
.
.
.
.
..
.
...
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
..
.
.
.
.. ..
.
.
.
.
.
.
.
.
............................................................................
x
α
1
√
x2 − 1
·
1,
cos α = x
√
tan α = x2 − 1
1 = arc tan √x2 − 1
n¨
ahd¨
aa
¨n, ett¨
a arc cos x
106
3