Analyysi I. Visa Latvala. 26. lokakuuta 2004

Transkriptio

1 Analyysi I Visa Latvala 26. lokakuuta 2004

2 34 Sisältö 3 Reaauuttujan funktiot Peruskäsitteitä Raja-arvon määritelmä Raja-arvon laskusääntöjä Jatkuvuus

3 35 3 Reaauuttujan funktiot 3.1 Peruskäsitteitä Olkoot A R ja B R. Kuvaus (funktio) f : A B on sääntö, joka liittää jokaiseen alkioon A yksikäsitteisen alkion f() B. Lukua f() kutsutaan luvun kuvaksi. Jos f() = y, lukua sanotaan luvun y alkukuvaksi. Joukkoa A kutsutaan määrittelyjoukoksi (lähtöjoukoksi) ja joukkoa B kutsutaan maalijoukoksi. Esimerkki Esimerkiksi sääntö f : R R, f() =, määrittelee kuvauksen. Usein maalijoukkona käytetään koko reaalilukujoukkoa R vaikka kaikkia arvoja ei saataisikaan. Jos f : A B on kuvaus sekä A 1 A ja B 1 B, niin B:n osajoukkoa f(a 1 ) := { y B y = f() jollekin A 1 } kutsutaan A 1 :n kuvajoukoksi ja A:n osajoukkoa f 1 (B 1 ) := { A f() B 1 } kutsutaan B 1 :n alkukuvajoukoksi. Funktion f : A B kuvaajalla tarkoitetaan tason R 2 osajoukkoa { (, y) R 2 A, y = f() }. Kuvaaja voidaan usein (mutta ei aina) piirtää joko käsin tai tietokoneella (analyysin kursseilla I-III käytetään MAPLE-ohjelmaa). Esimerkki Olkoon f : R R kuvaus f() = 2 ja olkoot A 1 =] 1 2, 1[, B 1 = {2, 3}. Tällöin f(a 1 ) = [0, 1[ ja f 1 (B 1 ) = { ± 2, ± 3 }. Injektiivisyys, surjektiivisuus ja bijektiivisyys Määritelmä Kuvaus f : A B on (a) injektio, jos kaikilla, y A, y, pätee f() f(y), (b) surjektio, jos jokaista y B vastaa A siten, että f() = y, (c) bijektio, jos f on sekä injektio että surjektio. Esimerkki Kuvaus f : R R, f() = 2, ei ole injektio (sillä f( 1) = f(1)) eikä surjektio (sillä f() 1 kaikilla R eli luvulla 1 ei ole alkukuvaa). Surjektiivisuus tarkoittaa siis sitä, että jokaisella maalijoukon alkiolla on ainakin yksi alkukuva määrittelyjoukossa. Injektiivisyys puolestaan sitä, että jokaisella maalijoukon alkiolla on korkeintaan yksi alkukuva määrittelyjoukossa. Bijektiivisyys tarkoittaa siis sitä, että jokaisella maalijoukon alkiolla on täsmälleen yksi alkukuva määrittelyjoukossa.

4 36 Huomautus Epäsuoran todistuksen version I mukaisesti kuvaus f : A B on injektio täsmälleen silloin kun implikaatio, y A ja f() = f(y) = y (1) pätee. Koska implikaatio = y f() = f(y) pätee kaikille kuvauksille, f on injektio täsmälleen silloin kun ekvivalenssi pätee kaikille, y A. = y f() = f(y) Esimerkki (a) Kuvaus f() = 2 on injektio joukossa A := { R > 0 }. Jos nimittäin, y A, y, niin joko < y tai y <. Ensimmäisessä tapauksessa 2 < y 2 ja jälkimmäisessä tapauksessa y 2 < 2. Joka tapauksessa f() = 2 y 2 = f(y). (b) Kuvaus f : R R, f() = 2 + 3, on injektio. Todistetaan injektiivisyys ehtoa (1) hyödyntäen. Olkoot, y R siten, että f() = = 2y + 3 = f(y). Tästä saadaan 2 = 2y ja edelleen = y. Siis f on injektio. (c) Olkoon f : R \ { 1} R kuvaus f() = 1 +. Mikä on kuvajoukko f(r \ { 1})? Onko f injektio määrittelyjoukossaan? Tutkitaan mielivaltaisen luvun y R alkukuvia. Jos y R, niin olettaen 1 voidaan kirjoittaa f() = y 1 + = y y + y = y = (1 y). Jos lisäksi y 1, oikeanpuoleinen yhtälö on edelleen ekvivalentti yhtälön = y 1 y kanssa. Siis jokaisella y 1 on yksikäsitteinen alkukuva. Luvulla 1 ei ole alkukuvaa, 1 y sillä jos olisi = 1, niin olisi myös 1 + =, mikä on mahdotonta. Siis 1+ eli f : R \ { 1} R \ {1} on surjektio. f(r \ { 1}) = R \ {1} Injektiivisyys on surjektiivisuutta olennaisempi ominaisuus: Huomautus Olkoon f : A B injektio. Tällöin kuvaus f : A f(a) on sekä injektio että surjektio, sillä jokaista y f(a) vastaa kuvajoukon määritelmän mukaan A siten, että f() = y. Siis kuvaus f : A f(a) on bijektio, jos kuvaus f : A B on injektio. y

5 37 Tällä kurssilla injektiivisyys päätellään yleensä aidon monotonisuuden avulla: Määritelmä Kuvaus f : A B on (a) kasvava (vast. aidosti kasvava)), jos kaikilla, y A, < y, pätee f() f(y) (vast. f() < f(y)), (b) vähenevä (vast. aidosti vähenevä)), jos kaikilla, y A, < y, pätee f() f(y) (vast. f() > f(y)), (c) monotoninen (vast. aidosti monotoninen), jos f on kasvava tai vähenevä (vast. aidosti kasvava tai aidosti vähenevä). Esimerkki Olkoon f : R + R +, f() = 7, missä R + = { R 0 }. Osoitetaan, että f on aidosti kasvava. Tätä varten, olkoot, y R +, 0 < y. Kertomalla 7 epäyhtälöä < y puolittain (ks. Lause (n)) saadaan 7 < y 7. Siis f on aidosti kasvava. Samalla tavalla päätellään yleisesti, että kuvaus f : R + R +, f() = n, on aidosti kasvava kun n N on kiinteä. Lemma Olkoon f : A B aidosti monotoninen. Tällöin f on injektio. Todistus. Oletetaan, että f on aidosti kasvava. Injektiivisyyden todistamiseksi olkoot, y A, y. Tällöin joko < y tai > y. Jos < y, niin aidon kasvavuuden määritelmän mukaan f() < f(y). Jos taas > y, niin aidon kasvavuuden määritelmän mukaan f() > f(y). Joka tapauksessa f() f(y) eli f on injektio. Aidosti vähenevän funktion injektiivisyys todetaan vastaavasti (harjoitustehtävä). Esimerkki Tutkitaan kuvausta f : R \ {0} R, f() = 1 2. Nyt f ei ole injektio määrittelyjoukossaan, sillä esimerkiksi luvulla 1 8 on kaksi alkukuvaa; f() = 1 8 8( 1) = = 0 = 4 ± 2 2. Jos kuitenkin funktiota f tarkastellaan esimerkiksi välillä ]0, 1[, niin f on aidosti kasvavana injektio. Nimittäin kaikilla 0 < < y < 1 pätee 2 < y 2 ja 1 < y 1. Edelleen 1 > 1 2 y 2 ja 1 < 1 < y 1. 2 y 2 y 2 Tässä ensimmäinen epäyhtälö saadaan epäyhtälöstä 1 > 1 2 y 2 luvulla 1. Vaihtoehtoisesti voitaisiin lähteä ehdosta f() = f(y) ( 1)y 2 = (y 1) 2, kertomalla negatiivisella josta laskemalla sulut auki ja ottamalla yhteisen tekijän saadaan ( y)( + y y) = 0. Nyt välttämättä = y, sillä + y > y kaikilla, y ]0, 1[.

6 38 Huomautus Myöhemmin nähdään, että alkeisfunktioiden aito monotonisuus on kätevintä päätellä funktion derivaatan merkin avulla. Tässä vaiheessa emme kuitenkaan käytä derivaattaa tarkasteluissa. Käänteiskuvaus Olkoon f : A B injektio. Tällöin jokaista kuvajoukon f(a) alkiota y f(a) vastaa täsmälleen yksi alkukuva lähtöjoukossa A (Huomautus (a)). Tälle alkukuvalle käytetään merkintää f 1 (y). Nyt sääntö y f 1 (y) määrittelee kuvauksen f(a) A. Tätä kuvausta sanotaan kuvauksen f käänteiskuvaukseksi ja sille käytetään merkintää f 1. Jos f : A B on bijektio, käänteiskuvauksen f 1 määrittelyjoukko on B ja maalijoukko A. Esimerkki Jos bijektio f : A B on määritelty analyyttisella lausekkeella, käänteiskuvauksen lauseke saadaan selville mikäli yhtälöstä f() = y, y B, voidaan ratkaista yksikäsitteisesti y:n avulla. (a) Olkoon f : R R, f() = Tässä tapauksessa kuvauksen bijektiivisyys ja käänteiskuvauksen lauseke voidaan todeta yhdellä päättelyllä. Pyritään todistamaan, että kyseessä on surjektio. Tätä varten, olkoon y R. Asetetaan f() = = y ja ratkaistaan y:n funktiona. Koska = y 2 = y 3 = 1 (y 3), (2) 2 havaitaan, että 1 (y 3) on luvun y R alkukuva. Mutta ekvivalenssiketju (2) osoittaa, 2 että 1 (y 3) on myöskin luvun y R ainoa alkukuva. Tämä riittää perustelemaan 2 myös injektiivisyyden ja havaitaan, että injektiivisyyden erillinen todistaminen on tässä tapauksessa tarpeetonta. Erityisesti käänteiskuvaus f 1 : R R saadaan säännöstä f 1 () = 1 ( 3). Tässä 2 käänteiskuvauksen muuttujaa voitaisiin merkitä y:llä, mutta siihen ei ole erityistä tarvetta. Yleensä kuvauksen ja sen käänteiskuvauksen lausekkeissa käytetäänkin samaa muuttujamerkintää. (b) Tarkastellaan Esimerkin kohdan (c) kuvausta f : R \ { 1} R, f() = Nyt kaikilla y R \ {1}) pätee ekvivalenssi f() = y = y y + y = y = (1 y) = y 1 y. Siis jokaisella y 1 on yksikäsitteinen alkukuva y. Koska luvulla 1 ei ole alkukuvaa 1 y (Esimerkki (c)), on f välttämättä bijektio joukosta R \ { 1} joukkoon R \ {1}. Käänteiskuvaus f 1 : R \ {1} R saadaan yhtälöstä f 1 () = 1.

7 39 (c) Määrätään käänteiskuvaus kuvaukselle f :]0, + [ ], 0[, Olkoon y < 0. Tällöin f() = 1 2. f() = y 1 2 = y 2 = 1 y = ± 1 y. Tässä miinusmerkki ei käy, sillä määrittelyjoukko on ]0, + [. Siis jokaisella y < 0 on yksikäsitteinen alkukuva = 1 joukossa ]0, + [. Käänteiskuvaus on f 1 :], 0[ y ]0, + [, f 1 () = 1. Huomautus (Käänteiskuvauksen geometrinen tulkinta) Jos f : A B on bijektio, niin funktion f kuvaaja ja käänteisfunktion f 1 kuvaaja ovat toistensa peilikuvia suoran y = suhteen. Nimittäin f:n kuvaaja on joukko ja käänteisfunktion f 1 kuvaaja on joukko { (, f()) A } { (f(), ) A }. Toisaalta pisteet ( 0, f( 0 )) ja (f( 0 ), 0 ) ovat toistensa peilikuvia suoran y = suhteen kaikilla 0 A: (1). Pisteiden ( 0, f( 0 )) ja (f( 0 ), 0 ) kautta kulkeva suora on kohtisuorassa suoraan y = nähden, sillä näiden pisteiden kautta kulkevan suoran kulmakerroin on f( 0 ) 0 0 f( 0 ) = 1. Huomaa, että suorat l 1 ja l 2 ovat kohtisuorassa täsmälleen silloin kun niiden kulmakertoimille pätee k 1 k 2 = 1. (2). Pisteiden ( 0, f( 0 )) ja (f( 0 ), 0 ) välisen janan keskipiste ( 0 + f( 0 ) sijaitsee suoralla y =. 2, f( ) ( 0) f( 0 ) =, ) 0 + f( 0 ) Kuvausten yhdistäminen Olkoot A, B ja C epätyhjiä R:n osajoukkoja ja olkoot f : A B ja g : B C kuvauksia. Tällöin sääntö (g f)() := g(f()), A, määrittelee kuvauksen g f : A C (yhdistetty kuvaus).

8 40 Esimerkki Olkoot f : R R, g : R R ja h : R R kuvaukset Tällöin f() = + 1, g() = 2, h() =. (f g)() = f(g()) = f( 2 ) = 2 + 1, (g f)() = g(f()) = g( + 1) = ( + 1) 2 = , (h (g f))() = h((g f)()) = h( ) = Siis kuvausten yhdistäminen ei ole vaihdannainen operaatio eli voi olla (f g)() (g f)(). Huomaa, että yhdistettäessä useampi kuin kaksi kuvausta ei tarvita sulkuja määräämään laskujärjestystä, koska kuvausten yhdistäminen on liitännäinen operaatio; yleisesti pätee (h (g f))() = h((g f)()) = h(g(f())), ((h g) f)() = (h g)(f()) = h(g(f()), eli h (g f) = (h g) f (ovat samat kuvaukset). Huomautus Olkoon f : A B bijektio. Tällöin ja (f f 1 )() = f(f 1 ()) = kaikilla B (f 1 f)() = f 1 (f()) = kaikilla A suoraan käänteiskuvauksen määritelmän mukaan. Näitä ehtoja voi käyttää sen tarkastamiseen, onko käänteiskuvauksen lauseke oikein. Esimerkiksi kuvauksille f() = ja 1+ f 1 () = pätee 1 ja (f f 1 )() = f( 1 ) = ( ) = 1 (f 1 f)() = f 1 ( 1 + ) = 1+ 1 ( ) = 1+ Lause Olkoon f : A B kuvaus =, 1, =, 1. (a) Jos f on aidosti kasvava, niin < y jos ja vain jos f() < f(y), (b) Jos f on aidosti vähenevä, niin < y jos ja vain jos f() > f(y). Todistus. Todistetaan malliksi kohta (a), kohta (b) jätetään harjoitustehtäväksi. Implikaatio vasemmalta oikealle pätee määritelmän mukaan. Käänteisen implikaation todistamiseksi, tehdään antiteesi y. Tapauksessa = y pätee f() = f(y) (ristiriita) ja tapauksessa > y pätee aidon kasvavuuden nojalla f() > f(y) (ristiriita).

9 41 Esimerkki Olkoon f : R R aidosti vähenevä. Ratkaistaan epäyhtälö f( 5 3 ) < f( 4 2 1). Lemman kohdan (b) nojalla epäyhtälö pätee jos ja vain jos > > > 1 > 1 3. Huomaa, että tarkasteltavan epäyhtälön kannalta f:n lauseke on epärelevantti. Lause Olkoon f : A B kuvaus. (a) Jos f on aidosti kasvava, niin käänteiskuvaus f 1 : f(a) A on aidosti kasvava, (b) Jos f on aidosti vähenevä, niin käänteiskuvaus f 1 : f(a) A on aidosti vähenevä. Todistus. Todistetaan malliksi kohta (b). Koska f on aidosti vähenevä, se on injektio (Lemma 3.1.7). Näin ollen f : A f(a) on bijektio ja siis käänteiskuvaus f 1 : f(a) A on olemassa. Olkoot, y f(a). Tällöin on olemassa luvut, y A siten, että f() = ja f(y) = y. Käänteiskuvauksen määritelmän mukaan f 1 ( ) = ja f 1 (y ) = y. Lemman (b) nojalla < y jos ja vain jos f() > f(y). Siis f 1 ( ) < f 1 (y ) jos ja vain jos > y. Erityisesti f 1 : f(a) A on aidosti vähenevä. Esimerkki (Juurifunktio) Olkoon n N ja olkoon f : R + R, f() = n, missä R + = { R 0 }. Tällöin f on aidosti kasvavana injektio (Esimerkki 3.1.6). Erityisesti kuvaus f : R + f(r + ) on bijektio. Bolzanon lauseen avulla todetaan kätevimmin, että f(r + ) = R + (tarkastellaan myöhemmin). Näin ollen f : R + R + on bijektio, jonka käänteiskuvaukselle f 1 : R + R + (n:s juuri) käytetään merkintää f 1 () =: n. Olkoon n N pariton. Tällöin sääntö f() = n määrittelee injektion R R. Tämän perustelemiseksi osoitetaan, että f on aidosti kasvava joukossa R. Olkoot, y R, < y. Jos 0 < y, niin n < y n. Jos < 0 y, niin n < 0 y n, koska n on pariton. Jos lopuksi < y < 0, niin 0 < y < ja n:n parittomuuden nojalla y n = ( y) n < ( ) n = n. Näin ollen n < y n eli f : R R on injektio. Pitäen tunnettuna, että f(r) = R (seuraa jälleen Bolzanon lauseesta) päätellään, että f on aidosti kasvava bijektio R R. Käänteiskuvaukselle käytetään edelleen merkintää f 1 () = n. Lemma (a) Juurifunktio on aidosti kasvava kaikilla n N.

10 42 (b) Kaikilla n N ja R + pätee ( n ) n = ja n n =. (c) Jos n N on pariton, niin kaikilla R pätee ( n ) n =, n n = ja n = n. Todistus. Kohta (a) pätee Lemman (a) nojalla ja kohtien (b), (c) väitteet ( n ) n = ja n n = (3) ovat voimassa Huomautuksen mukaan. Kohdassa (c) ominaisuuden n = n todistaminen jätetään harjoitustehtäväksi. Esimerkki (a) Ratkaistaan epäyhtälö ( 2 + 2) 1 4 > ( 2 + 3) 1 4. Neljäs juuri on määritelty vain ei-negatiivisille luvuille. Siksi vaaditaan, että = ( + 3) 0 eli 3 tai 0. Oletetaan, että 3 tai 0. Juurifunktion aidon kasvavuuden nojalla (Lemma ) ( 2 + 2) 1 4 > ( 2 + 3) > > 3 < 2 3. Siispä kysytyn epäyhtälön ratkaisut ovat 3 tai 0 < 2 3. (b) Olkoon f : R \ { 2} R, 3 f() = Määrätään f:n käänteiskuvaus. Tätä varten, olkoon y R. Koska kuvaus 5 on injektio, voidaan kirjoittaa ekvivalenssiketju = y = y5 3 = y 5 (+2) (3 y 5 ) = 2y 5 = 2y5 3 y 5 olettaen, että 2 ja että y 5 3. Siis jokaisella y 5 3 on yksikäsitteinen alkukuva 2y 5. Ekvivalenssiketjun yhtälöstä (3 y 5 ) = 2y 5 nähdään, että luvulla y = 5 3 ei 3 y 5 voi olla alkukuvaa. Näin ollen f on bijektio joukosta R \ { 2} joukkoon R \ { 5 3} ja käänteiskuvaus on muotoa f 1 () =

11 Raja-arvon määritelmä Differentiaali- ja integraalilaskennan uranuurtajina pidetään Sir Isaac Newtonia (s. 1642) ja Gottfried Wilhelm Leibnizia (s. 1646). Pitkälle 1800-luvulle saakka differentiaali- ja integraalilaskennan kehitystä haittasi se, että raja-arvon käsitteelle ei ollut olemassa kunnollista määritelmää. Kunnia raja-arvon epsilon-määritelmän keksimisestä annetaan yleensä Augustin-Louis Cauchy lle (s. 1789). Esimerkki Painovoimalain mukaan kappale putoaa vapaassa pudotuksessa siten, että ajassa t > 0 kuljettu matka s(t) saadaan kaavasta s(t) = 1 2 gt2, missä g on gravitaatiovakio, g 9.8 m s 2. Vapaalla pudotuksella tarkoitetaan sitä, että ainoa vaikuttava voima on maan vetovoima. Esimerkiksi pudotettaessa raskas kivi alas jyrkänteeltä, ensimmäisten sekuntien aikana ilmanvastuksen merkitys on olematon ja kyse on olennaisesti vapaasta pudotuksesta. Miten saadaan nopeus esimerkiksi hetkellä t = 2 sekuntia? Tunnetusti keskimääräinen nopeus saadaan kaavasta v = s, joten erotusosamäärä t s(2) s(t) 2 t = s(t) s(2) t 2 on likiarvo hetkelliselle nopeudelle hetkellä t = 2 mikäli t 2 on likimäärin 2. Likiarvo on sitä parempi, mitä pienempi on väli t 2. Tämän vuoksi on luonnollista tulkita nopeus hetkellä t = 2 erotusosamäärän raja-arvoksi, kun t lähestyy ajanhetkeä 2. Raja-arvon määritelmää varten sovitaan ensin, mitä tarkoitetaan pisteen ympäristöllä. Olkoon 0 R ja r > 0. Tällöin pisteen 0 r-säteisellä (avoimella) ympäristöllä B( 0, r) tarkoitetaan avointa väliä B( 0, r) = { R 0 < r } =] 0 r, 0 + r[ ja pisteen 0 r-säteisellä punkteeratulla ympäristöllä B ( 0, r) tarkoitetaan punkteerattua avointa väliä B ( 0, r) = { R 0 < 0 < r } =] 0 r, 0 + r[\{ 0 }. Määriteltäessä funktion f raja-arvoa pisteessä 0 R vaatimuksena on, että funktio f on määritelty jossakin pisteen 0 punkteeratussa ympäristössä B ( 0, r) := B( 0, r) \ { 0 }. Esimerkiksi derivaatan määritelmän yhteydessä erotusosamäärää ei ole määritelty nollaerotukselle, vrt. Esimerkki yllä. Määritelmä Funktiolla f : B ( 0, r) R on pisteessä 0 raja-arvo a R, jos jokaista lukua ε > 0 vastaa luku δ > 0 siten, että 0 < 0 < δ f() a < ε. Tällöin merkitään f() = a. 0

12 44 Huomautus Määritelmästä seuraa, että raja-arvo on yksikäsitteinen. Tällä tarkoitetaan implikaatiota: Jos 0 f() = a ja 0 f() = b, niin a = b. Tehdään antiteesi a b ja oletetaan a < b. Valitaan ε = b a 2 ja sovelletaan raja-arvon määritelmää sekä lukuun a että lukuun b. Löydetään δ 1 > 0 ja δ 2 > 0 siten, että B ( 0, δ 1 ) f() a < ε a b a 2 < f() < a + b a 2, B ( 0, δ 2 ) f() b < ε b b a 2 < f() < b + b a 2. Jos nyt δ := min{ δ 1, δ 2 } ja B ( 0, δ), kummatkin arviot oikealla puolella ovat voimassa, mikä sisältää ristiriidan. Esimerkki (a) Olkoon 0 R ja olkoon f() = a R kaikilla 0 (f on vakiofunktio). Tällöin 0 f() = a. Todistus: Olkoon ε > 0. Nyt f() a = a a = 0 < ε kaikilla 0, joten luvuksi δ kelpaa jokainen positiiviluku. (b) Olkoon f() = kaikilla 0. Tällöin f() = 0 eli (f() 0 ) = Todistus: Olkoon ε > 0. Nyt f() 0 = 0 < ε kun 0 < 0 < ε. Voidaan siis valita δ = ε. Myös jokainen δ < ε käy. (c) Yleisesti raja-arvon määritelmästä on välittömästi selvää, että 0 f() = a 0 (f() a) = 0. Monissa tapauksissa raja-arvon määritelmän käyttö voidaan korvata seuraavalla kuristusperiaatteella: Lause (Kuristusperiaate) Oletetaan, että funktioille f, g : B ( 0, r) R pätee: (a) 0 g() = 0, (b) On olemassa luvut a R ja M > 0 siten, että kaikilla B ( 0, r). f() a M g() Tällöin f() = a. 0 Todistus. Olkoon ε > 0. Koska 0 g() = 0, on olemassa δ > 0 siten, että g() = g() 0 < ε M kaikilla, 0 < 0 < δ. Siispä (oletus (b)) kaikilla, 0 < 0 < δ. f() a M g() < M ε M = ε Huomautus Lauseessa positiivilukujen r ja M suuruudella ei ole itse raja-arvoväitteen kannalta mitään merkitystä.

13 45 Esimerkki Lauseen avulla voidaan perustella, että polynomille P () = n pätee 0 P () = P ( 0 ) kaikilla 0 R ja n N. (a) Olkoon f() = 2. Nyt f() 4 = 2 4 = < 5 2 kun 0 < 2 < 1. Siis Lauseen oletukset pätevät, kun valitaan r = 1, M = 5, g() = 2 ja a = 4. Lauseen nojalla f() = = 4. (b) Olkoon f : R R, f() = 3, ja olkoon 0 = π. Koska π on polynomin 3 π 3 nollakohta, saadaan jakamalla 3 π 3 polynomilla π esitys 3 π 3 = ( π)( 2 + π + π 2 ). Jos nyt r = 1 ja 2 B (π, 1 ), saadaan kolmioepäyhtälön nojalla arvio 2 3 π 3 = π 2 + π + π 2 π ( 2 + π + π 2 ) π ( 2 + π + π 2 ) π ( π + π 2 ). Siis voidaan valita M = π + π 2 ja g() = π. Jos lukua r pienennetään, voidaan myös lukua M hieman pienentää. Tällä ei kuitenkaan ole raja-arvotuloksen kannalta merkitystä. Lauseen nojalla π 3 = π 3. (c) Olkoon f() = n, missä n N ja olkoon 0 R. Osoitetaan, että 0 n = n 0. Koska 0 on polynomin P () = n n 0 nollakohta, niin Lemman mukaan on olemassa polynomi A, deg A = n 1, siten, että n n 0 = ( 0 )A(). Merkitsemällä voidaan kirjoittaa A() = a n 1 n a 1 + a 0 n n 0 = 0 a n 1 n a 1 + a 0. Jos valitaan r = 1, kaikilla B ( 0, 1) pätee a n 1 n a 1 + a 0 a n 1 n a 1 + a 0 ( 0 + 1) n 1 a n 1 + ( 0 + 1) a 1 + a 0. Tämä seuraa induktiolla kolmioepäyhtälöstä (harjoitustehtävä). Valitsemalla todetaan, että M = ( 0 + 1) n 1 a n 1 + ( 0 + 1) a 1 + a 0 kaikilla B ( 0, 1). Lauseen nojalla n n 0 M 0 n = n 0 0.

14 46 Esimerkki (a) Olkoon f() = 2 sin 1, missä 0. Tällöin sillä f() = 0, 0 f() 2 ja 0 2 = 0. Huomaa, että funktiolla g() = sin 1 ei ole raja-arvoa origossa. Tämä perustellaan Esimerkissä (b) Olkoon h() = { 3, kun < , kun 2 ja olkoon f() = ( 2)h(). Tällöin 2 f() = 0 Lauseen nojalla, sillä (a) 2 ( 2) = 0, (b) f() Raja-arvon laskusääntöjä Funktion raja-arvolle pätevät samat summaa, tuloa ja osamäärää koskevat laskusäännöt kuin lukujonon raja-arvolle. Lause Olkoot f : B ( 0, r 1 ) R ja g : B ( 0, r 2 ) R funktioita siten, että Tällöin (i) 0 (f() + g()) = a + b, (ii) 0 cf() = ca kaikilla c R, (iii) 0 f()g() = ab, (iv) Jos b 0, niin 0 f() g() = a b. 0 f() = a ja 0 g() = b. Todistus. Kohdat (i) ja (ii) jätetään harjoitustehtäväksi. (iii) Raja-arvon määritelmästä seuraa, että on olemassa δ 1 > 0 siten, että g() b + 1 kaikilla B ( 0, δ 1 ). Valitaan δ 2 > 0 ja δ 3 > 0 siten, että 0 < 0 < δ 2 f() a < ε 2( b + 1) ja 0 < 0 < δ 3 g() b < Jos nyt δ := min{ δ 1, δ 2, δ 3 }, niin kaikilla B ( 0, δ) pätee kolmioepäyhtälön nojalla ε 2( a + 1). f()g() ab = f()g() ag() + ag() ab = g()(f() a) + a(g() b) ε g() f() a + a g() b ( b + 1) 2( b +1) + a ε 2( a +1) < ε.

15 47 Tämä todistaa väitteen. (iv) Todistetaan ensin implikaatio 1 f() = 1 = 1. (4) 0 0 f() Tätä varten, olkoon 0 < ε < 1 ja valitaan δ > 0 siten, että f() 1 < ε 2 kaikilla B ( 0, δ). Tällöin arvoilla B ( 0, δ) pätee f() 1 < 1 2 eli 1 2 < f() < 3 2. Näin ollen kaikilla B ( 0, δ) on voimassa 1 f() 1 = 1 f() 1 f() = < 2 1 f() < ε, f() f() mikä todistaa väitteen (4). Ehtoa (4) käyttäen yleinen väite saadaan havaitsemalla ensin, että kohdan (ii) nojalla g() 1 = 0 b 0 b g() = 1 b g() = 1 0 b b = 1. Näin ollen kohtien (ii), (iii) sekä implikaation (4) perusteella saadaan f() 0 g() = 1 0 b b g() f() = 1 b 1 a = a b. Esimerkki (a) Olkoon P : R R polynomi eli muotoa P () = a n n + a n 1 n a 1 + a 0. Olkoon 0 R. Tällöin Lauseen seurauksena 0 P () = P ( 0 ), sillä Lauseen kohtien (i) ja (ii) mukaan 0 (a n n + a n 1 n a 1 + a 0 ) = 0 a n n + 0 a n 1 n a a 0 = a n n 0 + a n 1 n a a 0. Huomaa, että Lauseen ehdot (i) ja (iii) voidaan helposti yleistää induktiolla koskemaan kuinka monta funktiota hyvänsä. (b) Olkoon R rationaalifunktio eli muotoa R() = P () Q(), missä P : R R ja Q : R R ovat polynomeja. Olkoon 0 R siten, että Q( 0 ) 0. Tällöin kohdan (a) ja Lauseen kohdan (iv) mukaan R() = 0 P () 0 0 Q() = P ( 0) Q( 0 ) = R( 0). Esimerkiksi = = 8 3.

16 48 Onko olemassa raja-arvo ? 4 Lausetta ei voi suoraan hyödyntää, koska nimittäjän raja-arvo pisteessä 1 on nolla. Nyt kuitenkin sekä osoittaja että nimittäjä voidaan jakaa polynomilla 1 ja arvoilla 1 saadaan funktiolle esitys Näin ollen = ( 1)( ) 4 (1 )( ) = = = = 3 4. Jos Q( 0 ) = 0, mutta P ( 0 ) 0, rationaalifunktiolla R = P ei ole (äärellistä) raja-arvoa Q pisteessä 0. Tähän tapaukseen päädytään aina kun 0 on useampikertainen nollakohta nimittäjäpolynomille kuin osoittajapolynomille. Esimerkiksi kysyttäessä, onko olemassa raja-arvoa , yhtälöstä = ( 1)2 ( 1) 3 = 1 1 voidaan päätellä, että raja-arvoa ei ole pisteessä, vrt. Esimerkki Esimerkki Olkoon 0 > 0 ja n N. Pidetään tässä tunnettuna, että n = n 0. (5) 0 Tämä tulos saadaan sivutuotteena myöhemmin tarkasteltavista käänteiskuvausta koskevista lauseista. Jos n N on pariton, ehto (5) pätee kaikilla 0 R. Lasketaan ominaisuuteen (5) nojaten raja-arvo Lauseen kohtaa (iv) ei voi suoraan hyödyntää, koska nimittäjän raja-arvo on nolla. Kuitenkin laventamalla summalla saadaan = = , 0. Näin ollen Lauseen (iv) nojalla = = = Kuristusperiaatteesta voidaan todistaa myös seuraava versio, joka on analoginen lukujonojen kuristusperiaatteen kanssa:

17 49 Lause Olkoot f, g, h : B ( 0, r) R funktioita siten, että (a) f() g() h() kaikilla B ( 0, r), (b) 0 f() = a = 0 h(). Tällöin g() = a. 0 Todistus. Olkoon ε > 0. Raja-arvo-oletusten mukaan on olemassa δ 1 > 0 ja δ 2 > 0 siten, että B ( 0, δ 1 ) f() a < ε a ε < f() < a + ε, B ( 0, δ 2 ) h() a < ε a ε < h() < a + ε. Valitaan δ := min{ δ 1, δ 2 }, jolloin kaikilla B ( 0, δ) pätee a ε < f() g() h() a + ε. Siis g() a < ε kaikilla B ( 0, δ) ja väite seuraa. Itseisarvoa koskevaa raja-arvotulosta varten tarvitsemme seuraavan version kolmioepäyhtälöstä: Lemma Kaikilla, y R pätee Todistus. Koska y y. (6) = + y + ( y) + y + y = + y + y, saadaan y + y. Vaihtamalla :n ja y:n roolit todetaan, että y + y. Näin ollen y + y, josta puolestaan väite (6) saadaan korvaamalla y luvulla y. Lemma Oletetaan, että 0 f() = a. Tällöin f() = a. 0 Todistus. Olkoon ε > 0. Oletuksen mukaan on olemassa δ > 0 siten, että f() a < ε kaikilla, 0 < 0 < δ. Toisaalta Lemman mukaan f() a f() a. Siis f() a < ε kaikilla, 0 < 0 < δ.

18 50 Missä tapauksissa raja-arvoa ei ole? Kuten jonojen tapauksessa, sen perusteleminen että raja-arvoa ei ole, on kätevintä tehdä seuraavan Cauchyn ehdon avulla: Lause Jos funktiolla f : B ( 0, r) R on raja-arvo a pisteessä 0, niin kaikilla ε > 0 on olemassa δ > 0 siten, että, y B ( 0, δ) f() f(y) < ε. Todistus. Olkoon ε > 0. Raja-arvon määritelmän mukaan on olemassa δ > 0 siten, että f() a < ε kaikilla 2 B ( 0, δ). Jos nyt, y B ( 0, δ), niin kolmioepäyhtälön mukaan f() f(y) = f() a + a f(y) f() a + f(y) a < ε 2 + ε 2 = ε. Lause on käyttökelpoinen kun halutaan osoittaa, että funktiolla ei ole raja-arvoa annetussa pisteessä. Tätä varten tulee ymmärtää, että Lauseen ehdon looginen negaatio on muotoa Esimerkki (a) Olkoon ε > 0 s.e. δ > 0, y B ( 0, δ) s.e. f() f(y) ε. f() = { 3, kun > 10 1, kun 10. Osoitetaan Lauseen avulla, että funktiolla f ei ole raja-arvoa pisteessä = 10. Tätä varten, olkoon ε = 1 ja olkoon δ > 0 mielivaltainen. Valitaan ja y siten, että Tällöin, y B(10, δ), mutta 10 δ < < 10 ja 10 < y < 10 + δ. f() f(y) = 1 3 = 2 > ε. Siis Lauseen ehto ei toteudu, joten raja-arvoa ei ole olemassa pisteessä 10. Intuitiivisesti tulkiten funktiolla on hyppy pisteessä 10. (b) Olkoon f() = 1, 0. Osoitetaan, että funktiolla f ei ole raja-arvoa origossa. Tätä varten, olkoon ε = 1 ja 0 < δ 1 mielivaltainen. Valitaan = δ 2, y = δ 2. Tällöin, y B (0, δ) siten, että f() f(y) = 2 δ + 2 δ = 4 δ 4 ε. Siis Lauseen ehto ei toteudu, joten raja-arvoa ei ole olemassa origossa. Intuitiivisesti tulkiten funktio kasvaa/vähenee liikaa origoa lähestyttäessä.

19 51 (c) Olkoon f() = sin 1, 0. Osoitetaan, että funktiolla f ei ole raja-arvoa origossa. Tätä varten, olkoon ε = 1 ja δ > 0 mielivaltainen. Tällöin pisteille k = 1 k 2π, y k = 1 π + k 2π, 2 pätee f( k ) f(y k ) = 1 ε vaikka k, y k B (0, δ) kunhan k N on riittävän suuri (huomaa, että k k = 0 = k y k ). Intuitiivisesti tulkiten funktio oskilloi (=vaihtelee) liian tiheässä origoa lähestyttäessä. (d) Tärkeä patologinen esimerkki on funktio { 0, kun Q f() = 1, kun R \ Q, jolla ei ole raja-arvoa missään pisteessä 0 R (harjoitustehtävä). Intuitiivisesti tulkiten funktio oskilloi liian tiheässä kaikkialla. 3.4 Jatkuvuus Toispuoleiset raja-arvot Määritelmä Olkoon r > 0. Funktiolla f :] 0 r, 0 [ R on vasemmanpuoleinen raja-arvo a R pisteessä 0, merkitään 0 jos jokaista ε > 0 vastaa δ > 0 siten, että f() = a, ] 0 δ, 0 [ f() a < ε. Vastaavasti funktiolla f :] 0, 0 + r[ R on oikeanpuoleinen raja-arvo a R pisteessä 0, merkitään f() = a, + 0 jos jokaista ε > 0 vastaa δ > 0 siten, että ] 0, 0 + δ[ f() a < ε. Huomautus Jatkossa pidetään tunnettuna, että myös toispuoleiset raja-arvot toteuttavat Lauseen perusominaisuudet. Näiden todistamiseksi riittää muuntaa todistuksissa δ-ehdot toispuoleiseksi. Esimerkki (a) Funktiolle f() = { 3, kun > 10 1, kun 10

20 52 pätee 10 = 1, 10 + = 3. (b) Olkoon f : R + R, f() = n, missä n N. Tällöin f() = 0 = f(0). 0 + Perustelu: Olkoon ε > 0. Tällöin f:n aidon kasvavuuden nojalla (Lemma ) kaikilla R + pätee ekvivalenssi f() 0 < ε n < ε < ε n. Valitaan δ = ε n. Tällöin ehdosta 0 < < δ = ε n seuraa ehto f() 0 < ε. Jos n on parillinen, funktiota f ei ole määritelty origon vasemmalla puolella. Näin ollen vasemmanpuoleisesta raja-arvoa ei voida puhua. Jos n on pariton, vastaavalla tavalla nähdään, että f() = 0 = f(0). 0 Lemma Funktiolle f : B ( 0, r) R pätee jos ja vain jos 0 0 f() = a f() = a ja f() = a. + 0 Todistus. Implikaatio vasemmalta oikealle on triviaali. Käänteisen implikaation todistamiseksi olkoon ε > 0. Toispuoleisten raja-arvojen määritelmistä seuraa, että on olemassa δ 1 > 0 ja δ 2 > 0 siten, että 0 < < 0 + δ 1 f() a < ε, 0 δ 2 < < 0 f() a < ε. Jos nyt δ := min{ δ 1, δ 2 }, niin oletuksesta 0 < 0 < δ seuraa, että f() a < ε. Esimerkki Olkoon missä a R on vakio. f() = { 2 + 2, kun > a, kun < 1, Kysymys: Millä vakion a R arvoilla raja-arvo 1 f() on olemassa? Vastaus: Lemman ja Esimerkin kohdan (a) nojalla 3 + a) = ( a) = 4 + a 1 ( 3 1 ja + 2) = ( 2 + 2) = (2 1 Lemman mukaan raja-arvo 1 f() on olemassa täsmälleen silloin kun 4+a = 3 eli kun a = 7.

21 53 Jatkuvuuden määritelmä ja perusominaisuudet Määritelmä Olkoon r > 0. Funktio f : B( 0, r) R on jatkuva pisteessä 0, jos f() = f( 0 ). 0 Edelleen f : [ 0, 0 + r[ R on oikealta jatkuva pisteessä 0, jos f() = f( 0 ) + 0 ja f :] 0 r, 0 ] R on vasemmalta jatkuva pisteessä 0, jos 0 f() = f( 0 ) Epsilon-delta-kielellä funktio f : B( 0, r) R on jatkuva pisteessä 0, jos jokaista ε > 0 vastaa δ > 0 siten, että B( 0, δ) f() f( 0 ) < ε. Jos funktio f ei ole jatkuva pisteessä 0, sanotaan että f on epäjatkuva pisteessä 0. Huomautus Vaikka tavanomaiset alkeisfunktiot ovatkin määrittelyjoukossaan jatkuvia, on helppo antaa esimerkkejä epäjatkuvista funktioista. Jos funktio f on epäjatkuva pisteessä 0, on kaksi mahdollisuutta: (1) funktiolla f ei ole raja-arvoa pisteessä 0, ks. Esimerkki (2) funktiolla f on raja-arvo 0 f() =: a, mutta a f( 0 ). Yksinkertainen esimerkki tästä on funktio { 1, kun = 0 f() = 2, kun 0. Tapauksessa (2) voidaan puhua epäolennaisesta epäjatkuvuudesta, koska funktio saadaan jatkuvaksi määrittelemällä se uudestaan pisteessä 0. Jatkuvuus säilyy funktioiden tavanomaisissa algebrallisissa operaatioissa. Huomaa, että raja-arvon laskusääntöjen vastaavista väitteistä saadaan välittömästi: Lause Jos f ja g ovat jatkuvia pisteessä 0, niin funktiot ovat jatkuvia pisteessä 0. Lisäksi funktio f() + g() ja f()g() f() g() on jatkuva pisteessä 0 olettaen, että g( 0 ) 0.

22 54 Todistus. Todistetaan malliksi osamäärää koskeva väite. Oletusten mukaan Lauseen kohdan (iv) nojalla f() = f( 0 ) ja 0 0 g() = g( 0 ) 0. f() 0 g() = f( 0) g( 0 ). Esimerkki Epäjatkuvan funktion avulla voidaan konstruoida lisää epäjatkuvia funktioita seuraavasti: Oletetaan, että f on jatkuva pisteessä 0 ja g on epäjatkuva pisteessä 0. Tällöin (a) f + g on epäjatkuva pisteessä 0, (b) fg on epäjatkuva pisteessä 0 jos f( 0 ) 0. (c) g f on epäjatkuva pisteessä 0, jos f( 0 ) 0. Todistetaan malliksi (b). Tätä varten tehdään antiteesi: Funktio h on jatkuva pisteessä 0, h() = f()g(). Lauseen mukaan funktio g = h/f on jatkuva pisteessä 0, mikä on ristiriidassa oletuksen kanssa. Lemmasta seuraa välittömästi: Lause Olkoon f jatkuva pisteessä 0. Tällöin kuvaus on jatkuva pisteessä 0. Esimerkki Esimerkiksi funktio f() f() = ma{ 5 + 7, } on jatkuva kaikilla 0 R, sillä tarkasteltavat funktiot ovat jatkuvia pisteessä 0 ja kaikilla a, b R pätee ma{ a, b } = 1 ( a b + a + b). (7) 2 Yhtälön (7) toteamiseksi kirjoita kumpikin puoli auki sekä tapauksessa a b että tapauksessa a < b. Lause Jos f on jatkuva pisteessä 0 ja ( n ) n N on lukujono siten, että n n = 0, niin n f( n ) = f( 0 ).

23 55 Todistus. Olkoon ε > 0. Koska 0 f() = f( 0 ), on olemassa δ > 0 siten, että 0 < δ f() f( 0 ) < ε. Toisaalta lukujonon määritelmän nojalla on olemassa n ε N siten, että Siis eli väite pätee. n n ε n 0 < δ. n n ε n 0 < δ f() f( 0 ) < ε Muuntamalla Lauseen todistuksessa δ-ehdot toispuoleisiksi saadaan vastaavat väitteet toispuoleisille raja-arvoille: Lause Jos f on oikealta jatkuva pisteessä 0 ja ( n ) n N on lukujono siten, että n 0 kaikilla n n 0 sekä n n = 0, niin n f( n ) = f( 0 ). Vastaava väite pätee pisteessä 0 oikealta jatkuvalle funktiolle f. Esimerkki Lauseen nojalla Määrätään Laventamalla saadaan 2n + 3 3n + 8 n = n n 1 n = 0. 2n + 3 3n + 8. n (2n + 3) (3n + 8) n( 2n n + 8) = n 5 n( 2n n + 8). Tässä n n 5 n = 1 ja koska 1 2n n n, 1 niin kuristusperiaatteen nojalla n 2n+3+ 3n+8 mukaan tarkasteltava raja-arvo on 0. = 0. Raja-arvon laskussääntöjen Lause Olkoon f jatkuva pisteessä 0 ja g jatkuva pisteessä f( 0 ). Tällöin yhdistetty funktio g f on jatkuva pisteessä 0. Todistus. Olkoon ε > 0. Valitaan δ 1 > 0 siten, että Valitaan edelleen δ 2 > 0 siten, että Siis y B(f( 0 ), δ 1 ) g(y) g(f( 0 )) < ε. B( 0, δ 2 ) f() f( 0 ) < δ 1. B( 0, δ 2 ) f() f( 0 ) < δ 1 g(f()) g(f( 0 )) < ε. Tämä todistaa väitteen, sillä g(f()) g(f( 0 )) = (g f)() (g f)( 0 ) < ε.

24 56 Suljetulla välillä jatkuva funktio Olkoot a, b R, a < b. Funktiota f : [a, b] R sanotaan jatkuvaksi suljetulla välillä [a, b], jos f() = f(a) ja f() = f(b) + sekä kaikilla 0 ]a, b[. a b f() = f( 0 ) 0 Seuraavan lauseen todistus perustuu olennaisesti täydellisyysaksiomaan. Lisäksi käytetään Lausetta ja sitä, että epäyhtälö säilyy raja-arvossa. Lause (Bolzanon lause) Olkoon f : [a, b] R jatkuva siten, että f(a)f(b) < 0 (f(a) ja f(b) ovat erimerkkiset). Tällöin on olemassa c ]a, b[, jolle f(c) = 0. Todistus. Voidaan olettaa, että f(a) < 0 ja f(b) > 0, sillä jos näin ei ole tarkastellaan funktiota f. Merkitään E = { [a, b] f() < 0 }. Joukko E on epätyhjä (a E) ja ylhäältä rajoitettu. Täydellisyysaksioman nojalla on olemassa sup E R. Merkitään c := sup E ja osoitetaan, että c on haluttu piste. Supremumin määritelmän mukaan jokaista n N vastaa n E siten, että c 1 n < n < c. Nyt n n = c, joten Lauseen nojalla f( n) = f(c). n Koska epäyhtälö säilyy niin lukujonon kuin funktionkin (toispuoleisessa) raja-arvossa, seuraa ehdosta f( n ) 0 kaikilla n N raja-arvolle f(c) = n f( n ) 0 ja toisaalta ehdosta f() 0 kaikilla c < b seuraa toispuoleiselle raja-arvolle f(c) = c + f() 0. Siis välttämättä f(c) = 0. Bolzanon lausetta voidaan soveltaa mm. algebrallisten yhtälöiden nollakohtien lukumäärän tarkasteluun. Esimerkki Tarkastellaan yhtälöä P () = Nyt P (0) = 1 ja P (1) = 1, joten Bolzanon lauseen mukaan yhtälöllä P () = 0 on ratkaisu ]0, 1[. Ratkaisua saadaan arvioitua päättelemällä P ( 1 2 ) > 0 ratkaisu välillä ]0, 1 2 [, P ( 1 4 ) > 0 ratkaisu välillä ]0, 1 4 [, P ( 1 8 ) < 0 ratkaisu välillä ] 1 8, 1 4 [, Seuraus (Bolzanon lause II) Olkoon f : [a, b] R jatkuva siten, että f(a) f(b). Tällöin f saa jokaisen arvon lukujen f(a) ja f(b) välistä jossakin pisteessä avoimella välillä ]a, b[.

25 57 Todistus. Voidaan olettaa, että f(a) < f(b). Olkoon C ]f(a), f(b)[. Muodostetaan apufunktio F : [a, b] R, F () = f() C. Tällöin F on jatkuva välillä [a, b] ja F (a) = f(a) C < 0 sekä F (b) = f(b) C > 0. Bolzanon lauseen mukaan on olemassa c ]a, b[ siten, että F (c) = 0 = f(c) C. Mutta tällöin f(c) = C. Bolzanon lauseen versiota II voidaan käyttää mm. funktioiden kuvajoukkojen määräämiseen. Esimerkki Olkoon n N parillinen ja f() = n, missä R +. Esimerkissä?? käytettiin hyväksi tietoa f(r + ) = R +. Perustellaan väite Bolzanon lauseen avulla. Olkoon y R +. Osoitetaan, että y f(r + ). Koska [k n, (k + 1) n ] = R + k=0 (tämä seuraa Arkhimedeen ominaisuudesta), on olemassa k = 0, 1,... siten, että y [k n, (k + 1) n ]. Jos y = k n tai y = (k + 1) n, niin f(k) = y tai f(k + 1) = y. Voidaan siis olettaa, että y ]k n, (k + 1) n [. Lauseen nojalla f saa arvon y jossakin välin ]k, k + 1[ pisteessä. Vastaavalla tavalla voidaan osoittaa, että parittomilla luvuilla n N pätee f(r) = R. Seuraavan tutun lauseen todistus on varsin syvällinen, joten se sivuutetaan tässä kokonaan, ks. esimerkiksi Myrberg: Differentiaali- ja integraalilaskenta, osa 1, ss Lause Olkoon f : [a, b] R jatkuva. Tällöin funktio f saa välillä [a, b] pienimmän ja suurimman arvonsa eli on olemassa pisteet, y [a, b] siten, että f() = ma f([a, b]) ja f(y) = min f([a, b]). Lausetta tarvitaan tällä kurssilla lähinnä ääriarvotarkasteluissa. Huomautus Huomaa, että erityisesti suljetulla välillä jatkuva funktio f : [a, b] R on rajoitettu, so. on olemassa M > 0 siten, että f() M kaikilla [a, b]. Luvuksi M voidaan valita esimerkiksi M = ma{ min f([a, b]), ma f([a, b]) }. Jatkuvuus avoimessa joukossa Määritelmä Joukkoa R sanotaan avoimeksi väliksi, jos on muotoa ]a, b[, ]a, + [, ], b[ tai = R. Edelleen, joukko U R on avoin, jos U on mikä hyvänsä avoimien välien yhdiste. Huomautus Positiivisten reaalilukujen joukko ]0, [ on avoin. Joukko U = R\{ 1, 2 } on avoin, mutta ei avoin väli. Avoimet joukot ovat luonnollisia funktioiden määrittelyjoukkoja silloin kun tarkastellaan jatkuvuutta ja derivoituvuutta! Määritelmä Olkoon U R avoin. Tällöin funktiota f : U R sanotaan jatkuvaksi (joukossa U), jos f on jatkuva jokaisessa pisteessä 0 U.