Derivaatta Maarit Järvenpää Puhtaaksikirjoitus Markus Harju

Transkriptio

1 Derivaatta Maarit Järvenpää Putaaksikirjoitus Markus Harju Sisältö Derivaatan määritelmä 2 Derivoimissääntöjä 7 3 Dierentiaalilaskennan peruslauseita 3 4 Funktion ääriarvot 20 Derivaatan määritelmä Olkoon I R avoin väli, f : I R kuvaus ja x 0 I. Kuinka funktiota f voisi arvioia pisteen x 0 läellä? Ensimmäinen arvaus: arvioiaan funktiota f vakiokuvauksella x f(x 0 ). Jos f on jatkuva, niin tämä on yvä arvio läellä pistettä x 0. Entä seuraava parempi arvio? Arvioiaan funktiota f suoralla. Mikä on paras suora? Jos f on siis- f(x 0 ) ti, niin suurennetussa kuvassa funktion f kuvaaja näyttää suoralta läellä pistettä (x 0, f(x 0 )). Paras arvio on funktion f kuvaajan tangenttisuora. Kuinka se löyetään? x 0 Tangenttisuoran ytälö on y = (tan x 0 )x + b. Kuinka b löyetään? Tangentti kulkee pisteen (x 0, f(x 0 )) kautta, joten f(x 0 ) = (tan x 0 )x 0 + b eli b = f(x 0 ) (tan x 0 )x 0. Siis y = (tan x 0 )x + f(x 0 ) (tan x 0 )x 0 = (tan x 0 )(x x 0 ) + f(x 0 ). Määritetään kuvauksen f graan tangentti pisteessä P 0 = (x 0, f(x 0 )). Tangentti voiaan määrittää suoran (sekantin) L avulla, joka kulkee pisteien P 0 ja P = (x 0 +, f(x 0 + )) kautta. Kun pistettä x 0 + vieään läemmäksi pistettä x 0 (ts. kun 0), piste P läestyy pistettä P 0 ja suora L läestyy tangenttisuoraa L 0, joka kulkee pisteen P 0 kautta. Olkoon α 0 kulma, jonka L 0 muoostaa positiivisen x-akselin kanssa ja olkoon α suoran L ja positiivisen x- P L akselin välinen kulma. Tällöin f(x 0 + ) tan α = f(x 0 + ) f(x 0 ), joten kulman α 0 tangentti saaaan rajaarvona f(x 0 ) P 0 α x 0 f(x 0 + ) f(x 0 ) tan α 0 =, x mikäli tämä raja-arvo on olemassa. Tangentin kulmakerrointa tan α 0 sanotaan funktion f erivaataksi pisteessä x 0. α 0 L 0

2 Määritelmä.. Olkoon I R avoin väli ja olkoon x 0 I. Kuvaus f : I R on erivoituva pisteessä x 0, jos raja-arvo f(x 0 + ) f(x 0 ) 0 on olemassa (ja reaaliluku). Tätä raja-arvoa sanotaan kuvauksen f erivaataksi pisteessä x 0 ja merkitään f f(x 0 + ) f(x 0 ) (x 0 ) = 0 Lauseketta f(x 0 + ) f(x 0 ), 0 kutsutaan kuvauksen f erotusosamääräksi pisteessä x 0. Funktio f on erivoituva välillä I, jos se on erivoituva jokaisessa välin I pisteessä. Tällöin erivaatta f on kuvaus f : I R. Huomatus.2. (a) Merkinnän f (x) lisäksi erivaatalle käytetään merkintöjä f ja Df(x). x (b) Derivaattaa ei voia laskea sijoittamalla = 0 erotusosamäärään, sillä se jotaa merkityksettömään tulokseen 0. 0 (c) Derivaatta f (x 0 ) voiaan määritellä myös raja-arvona (sijoita x = x 0 + ). Esimerkki.3. f(x) f(x 0 ) x x 0 x x 0 (a) Olkoot a, b R. Laske kuvauksen f : R R, f(x) = ax + b erivaatta. Ratkaisu: Olkoon 0. Tällöin f(x + ) f(x) = a(x + ) b (ax + b) = a = a, joten f on erivoituva ja f (x) = a. Funktion f erivaatta on siis vakio. Erityisesti, jos f on vakiokuvaus, ts. f(x) = b, niin f (x) = 0. (b) Osoita, että kuvaus f : R R, f(x) = x 2 on erivoituva. Ratkaisu: Koska f(x + ) f(x) = (x + )2 x 2 on kuvaus f erivoituva ja f (x) = 2x. = 2x + 2 = 2x + 2x, 0 (c) Onko kuvaus f : R R, f(x) = x erivoituva pisteessä 0? Ratkaisu: Koska f() f(0) = = =, 0+ ja f() f(0) = = =, 0 niin erotusosamäärällä ei ole raja-arvoa pistessä 0, kun 0. Näin ollen kuvauksella f ei ole erivaattaa pisteessä 0. () Olkoon n N. Osoita, että kuvaus f : R R, f(x) = x n on erivoituva. Ratkaisu: Inuktiopäättelyä käyttäen voiaan osoittaa, että x n x n 0 x x 0 = x n + x n 2 x xx n x n 0, 2

3 joten x n x n 0 x x 0 kun x x 0. Näin ollen f (x 0 ) = nx n 0. x n 0 + x0 n 2 x x 0 x n x n 0 = nx n 0 (e) Osoita, että sin x = cos x kaikilla x R. Ratkaisu: Lätökota x joka seuraa epäytälöstä cos x < sin x x sin x x 0 x =, <, x ] π/2, 0[ ]0, π/2[ suppiloperiaatteen ja kosinin jatkuvuuen avulla. Sievennetään erotusosamäärää kaavaa käyttäen. Saaaan sin(x + y) = sin x cos y + cos x sin y (sin(x + ) sin x) = (sin x cos + cos x sin sin x) = cos xsin + sin xcos missä 0 sin Kun 0 saaaan =. Lasketaan 0 cos. cos = cos2 (cos + ) = sin2 (cos + ) = sin sin cos +. cos Siis 0 = 0 2 = 0. Näin ollen sin x = cos x. x (f) Vastaavasti kuten koassa (e) näään, että (HT). (g) Osoita, että kuvaus f : R \ {, } R, cos x = sin x x f(x) = + x x, ei ole erivoituva pistessä 0. Ratkaisu: Lasketaan erotusosamäärän toispuoleiset rajaarvot. Kun 0 < <, saaaan (f(0 + ) f(0)) = ( ) + = ( ) + ( ) = 2 3

4 joten 0+ (f(0 + ) f(0)) = 2. Toisaalta, kun < < 0, saaaan ( ) + = ( ) ( + ) + (f(0 + ) f(0)) = = 2 + joten 0 (f(0 + ) f(0)) = 2. Koska toispuoleiset raja-arvot ovat erisuuret, ei raja-arvoa ole olemassa. Kuvaus f ei siis ole erivoituva pistessä 0. () Laske kuvauksen x 2 sin f(x) = x + x 2, x 0 0, x = 0. erivaatta pisteessä 0. Ratkaisu: Kun 0, niin (f(0 + ) f(0)) = (2 sin + /2) = sin + /2 Siis f (0) = (f(0 + ) f(0)) = 0 ( sin + /2) = /2, 0 sillä sin(/) 0. (i) Oletetaan, että kuvaus f on erivoituva pisteessä x. Osoita, että Ratkaisu: 0 (f(x) f(x 2)) = 2f (x). + ( 2)) f(x) (f(x) f(x 2)) = 2f(x 2 kun t 0 eli 0. f(x + t) f(x) = 2 t 2f (x) (j) Oletetaan, että f : R R on sellainen kuvaus, että f(x) x 2 kaikilla x R. Laske f (0). Ratkaisu: Koska 0 f(0) 0 2 = 0, niin f(0) = 0. Nyt (f(0 + ) f(0)) = f() 2 = joten (f(0 + ) f(0)). Suppiloperiaatteen nojalla f (0) = (f(0 + ) f(0)) = 0. 0 (k) Oletetaan, että kuvaus f : R R on erivoituva ja pariton, ts. f( x) = f(x). Osoita, että f on parillinen, ts. f ( x) = f (x). Ratkaisu: f ( x) = 0 = 0 (f( x + ) f( x)) = 0 ( f(x ) + f(x)) = 0 (f( (x )) f( x)) (f(x ) f(x)) = f (x). Määritelmä.4. Oletetaan, että kuvaus f on erivoituva pisteessä x 0. Kuvauksen f graan y = f(x) tangentti pisteessä (x 0, f(x 0 )) on pisteen (x 0, f(x 0 )) kautta kulkeva suora, jonka kulmakerroin on f (x 0 ). Tangentin ytälö on y = f(x 0 ) + f (x 0 )(x x 0 ). 4

5 Esimerkki.5. Määritä käyrän y = sin x tangentit pisteissä (0, 0) ja (π/2, ). Ratkaisu: Tangentin ytälö pisteessä (0, 0) on y = 0 + cos 0 (x 0) = x. Pisteessä (π/2, ) se on y = + cos π 2 (x π/2) =. Määritelmä.6 (Korkeammat erivaatat). Jos f on erivoituva avoimella välillä I, on sen erivaatta kuvaus f : I R. Jos f : I R on erivoituva, on sen erivaatta f kuvauksen f toinen erivaatta, f (x) = (f ) (x) = 0 (f (x + ) f (x)). Jos funktion f n:s erivaatta f (n) on erivoituva, on sen erivaatta f (n+) funktion f n + erivaatta, f (n+) (x) = 0 (f (n) (x + ) f (n) (x)). Derivaatalle f (n) käytetään myös merkintöjä n x n f ja Dn f. (a) Kun f(x) = x n, niin f (x) = nx n, f (x) = n(n )x n 2,... ja f (k) (x) = n(n ) (n (k ))x n k. Erityisesti f (n) (x) = n(n ) = n! ja f (k) (x) = 0, kun k n +. Esimerkki.7. (b) Kun f(x) = sin x, niin f (x) = cos x, f (x) = sin x, f (3) (x) = cos x ja f (4) (x) = sin x = f(x). Siten cos x, s = 4n + f (s) sin x, s = 4n + 2 (x) = cos x, s = 4n + 3 sin x, s = 4n. (c) Määritä kuvauksen f(x) = erivaatat f (k), k =, 2,... pisteessä. Ratkaisu: Koska ja 0+ { 3x 2 + 2, x 6x, x <. (f( + ) f()) = 0+ (3( + ) ) = (6 + 3) = niin f () = 6. (f( + ) f()) = 0 (6( + ) 5) = 6 = 6 0 Toisen erivaatan f laskemiseksi on tunnettava f (x) kaikilla x R. Lasketaan f (x) kun x >. Olkoon x >. Kun > 0, niin (f(x + ) f(x)) = (3(x + )2 + 2 (3x 2 + 2)) = 6x + 3 6x, 0. 5

6 Näin ollen f (x) = 6x kun x >. Vastaavasti näään, että f (x) = 6, kun x <. Siis { f 6x, x > (x) = 6, x. Koska ja 0+ (f ( + ) f ()) = (6( + ) 6) = (f ( + ) f ()) = (6 6) = 0, 0 niin funktiolla f ei ole toista eikä sitä korkeampia erivaattoja pisteessä. Lause.8. Jos kuvaus f : I R on erivoituva pisteessä x 0 I, niin f on jatkuva pisteessä x 0. Toistus. Koska kaikilla 0 pätee f(x 0 + ) f(x 0 ) = (f(x 0 + ) f(x 0 )), niin Näin ollen f(x f(x 0 + ) f(x 0 ) 0 + ) f(x 0 ) = 0 0 = f (x 0 ) 0 = 0. 0 x x 0 f(x) = 0 (f(x 0 + ) f(x 0 ) + f(x 0 )) = 0 (f(x 0 + ) f(x 0 )) + 0 f(x 0 ) = f(x 0 ), joten kuvaus on jatkuva pisteessä x 0. (a) Lauseen.8 käänteinen väite ei ole totta. Jatkuva funktio ei välttämättä ole erivoituva. Esimerkiksi kuvaus x x on jatkuva, mutta se ei ole erivoituva pisteessä 0, kts. Esimerkki.3(c). Esimerkki.9. (b) Kuvaus f : R R, f(x) = x /3 = 3 x on jatkuva, mutta se ei ole erivoituva pisteessä 0, koska 3 (f(0 + ) f(0)) = = 0+ 2/3 = eli erotusosamäärän raja-arvo ei ole reaaliluku. 2 Derivoimissääntöjä Lause 2.. Oletetaan, että funktiot f ja g ovat erivoituvia pisteessä x. Tällöin (a) (f + g) (x) = f (x) + g (x) (b) (cf) (x) = cf (x), missä c on reaalinen vakio (c) (fg) (x) = f (x)g(x) + g (x)f(x) ( ) f () (x) = g g(x) (f (x)g(x) g (x)f(x)), missä g(x)

7 Toistus. (b) HT. (a) Koska f ja g ovat erivoituvia pisteessä x, niin ((f + g)(x + ) (f + g)(x)) kun 0. Siis (f + g) (x) = f (x) + g (x). (c) HT. = (f(x + ) f(x)) + (g(x + ) g(x)) f (x) + g (x) () Riittää osoittaa, että ( ) (x) = g (x) (*) g g(x) 2 Tällöin koan (c) perusteella ( ) ( f (x) = f ) (x) = f (x) g g g(x) g (x) g(x) f(x) = 2 g(x) (f (x)g(x) g (x)f(x)). 2 Osoitetaan, että (*) pätee. Koska g(x) 0 ja g on jatkuva Lauseen.8 perusteella, niin g 0 jollakin avoimella välillä I, joka sisältää pisteen x (ks. Jatkuvuus ja raja-arvo). Näin ollen /g on määritelty välillä I. Koska ( g (x + ) g (x) ) = ( g(x + ) g(x) = (g(x + ) g(x)) g(x + )g(x) ) = ja 0 g(x + ) = g(x) jatkuvuuen nojalla, niin ( ) ( (x) = g 0 g (x + ) ) g (x) ( ) g(x) g(x + ) g(x + )g(x) = g (x) g(x) 2. Esimerkki 2.2. (a) Laske ( ) 2 cos x. x x sin x Ratkaisu: Osamäärän erivoimissäännön nojalla saaaan x ( ) 2 cos x = x sin x = (2 cos x)(x sin x) x x (x sin x) 2 sin x(x sin x) ( cos x)(2 cos x) (x sin x) 2 = sin x ( cos x)(2 cos x). x sin x (x sin x) 2 (x sin x)(2 cos x) (b) Osoita inuktiopäättelyä käyttäen, että x xn = nx n kaikilla n =, 2,.... Ratkaisu: Selvästi x =. Oletetaan, että x x xn = nx n. Tällöin x xn+ = ( ) x (xn x) = x xn x + x n x x = nxn x + x n = (n + )x n. 7

8 (c) Laske x x n, kun n =, 2,.... Ratkaisu: Esimerkin (b) nojalla x x n = x () Laske tan x ja cot x. Ratkaisu: x x x = nxn = nx n. n (x n ) 2 ja x tan x = x sin x cos x = cos x cos x sin x( sin x) cos 2 x = + tan 2 x = cos 2 x x cot x = cos x x sin x = sin x sin x cos x(cos x) sin 2 x Lemma 2.3. Funktio f on erivoituva pisteessä x jos ja vain jos = ( + cot 2 x) = sin 2 x. f(x + ) f(x) = a + g() (*) kun on riittävän läellä 0:aa. Tässä a = f (x) ja g on pisteen 0 sisältävällä avoimella välillä määritelty funktio ja 0 g() = 0. Toistus. Oletetaan, että f on erivoituva pisteessä x. Kuvaus f(x + ) f(x) f g() = (x), 0 riittävän läellä nollaa 0, = 0 toteuttaa Lemman eot (HT). Olkoon a = f (x). Tällöin a + g() = f (x) + f(x + ) f(x) f (x) = f(x + ) f(x) ja 0 g() = 0 f(x+) f(x) f (x) = 0. Kääntäen, ytälöstä (*) saaaan erotusosamäärälle lauseke (f(x + ) f(x)) = a + g(). Koska 0 g() = 0, niin 0 (f(x+) f(x)) = a. Näin ollen f on erivoituva pisteessä x ja f (x) = a. Lause 2.4 (Ketjusääntö eli yistetyn kuvauksen erivoimissääntö). Oletetaan, että kuvaus f on määritelty välillä ]x 0, x 0 + [, > 0 ja kuvaus g on määritelty välillä ]f(x 0 ) k, f(x 0 ) + k[, k > 0. Oletetaan lisäksi, että f on erivoituva pisteessä x 0 ja g on erivoituva pisteessä f(x 0 ). Tällöin yistetty kuvaus g f on erivoituva pisteessä x 0 ja (g f) (x 0 ) = g (f(x 0 ))f (x 0 ). Toistus. Koska f on erivoituva pisteessä x 0 on se siinä jatkuva. Näin ollen f(x) ]f(x 0 ) k, f(x 0 ) + k[ kun x on riittävän läellä pistettä x 0. Siten yistetty kuvaus g f on määritelty pisteissä x, jotka ovat riittävän läellä pistettä x 0. Koska g on erivoituva pisteessä y 0 = f(x 0 ) saaaan Lemmasta 2.3 g(y) g(y 0 ) = g (y 0 )(y y 0 ) + (y y 0 )u(y y 0 ), (*) 8

9 missä t 0 u(t) = 0. Merkitään y = f(x). Tällöin (*) perusteella joten (g f)(x) (g f)(x 0 ) = g(f(x)) g(f(x 0 )) = g(y) g(y 0 ) = g (y 0 )(y y 0 ) + (y y 0 )u(y y 0 ), (g f)(x) (g f)(x 0 ) x x 0 = g (y 0 ) y y 0 x x 0 + y y 0 x x 0 u(y y 0 ) = g (f(x 0 )) f(x) f(x 0) x x 0 + f(x) f(x 0) x x 0 u(y y 0 ). Kun x x 0, niin y y 0 = f(x) f(x 0 ) 0, sillä f on jatkuva. Näin ollen myös u(y y 0 ) 0, kun x x 0. Siten (g f) (x 0 ) = x x0 (g f)(x) (g f)(x 0 ) x x 0 = g (f(x 0 ))f (x 0 ). (a) Laske sin(cos x). Ratkaisu: Koska sin(cos x) = (g f)(x), missä g(x) = x sin x ja f(x) = cos x saaaan ketjusäännöstä Esimerkki 2.5. x sin(cos x) = g (f(x))f (x) = cos(cos x)( sin x) = sin x cos(cos x). (b) Oletetaan, että kuvaus f on erivoituva pisteessä x. Osoita, että x (f(x))n = nf(x) n f (x) kaikilla n N. Ratkaisu: Koska f(x) n = (g f)(x), missä g(x) = x n saaaan ketjusäännöstä x (f(x))n = g (f(x))f (x) = nf(x) n f (x). (c) Oletetaan, että kuvaus f on erivoituva pisteessä x ja että kuvauksella f on käänteisfunktio g : R R, joka on erivoituva pisteessä y = f(x). Osoita, että Ratkaisu: Koska (g f)(x) = x, niin f (x)g (y) =. Ketjusäännön perusteella (g f)(x) = x x x =. Näin ollen f (x)g (y) =. x (g f)(x) = g (f(x))f (x) = g (y)f (x). Seuraavan lauseen perusteella Esimerkissä 2.5(c) ei tarvitse olettaa, että käänteisfunktio on erivoituva. Käänteisfunktion f erivoituvuus seuraa funktion f erivoituvuuesta. 9

10 Lause 2.6 (Käänteisfunktion erivoimissääntö). Oletetaan, että kuvaus f :]a, b[ R on aiosti monotoninen ja jatkuva. Oletetaan lisäksi, että kuvaus f on erivoituva pisteessä x ]a, b[ ja f (x) 0, Tällöin kuvauksen f käänteisfunktio f : f(]a, b[) ]a, b[ on erivoituva pisteessä y = f(x) ja y f (y) = f (x). Toistus. Koska kuvaus f on aiosti monotoninen ja jatkuva, on käänteiskuvaus f olemassa ja jatkuva (ks. Alkeisfunktiot sekä Jatkuvuus ja raja-arvo). Nyt f (x) = x x f( x) f(x) x x = x x f( x) f(x) f (f( x)) f (f(x)) = ỹ y ỹ y f (ỹ) f (y) kun y = f(x) ja ỹ = f( x). Huomaa, että x x jos ja vain jos ỹ y, sillä f ja f ovat jatkuvia. Näin ollen raja-arvo (f ) (y) = ỹ y f (ỹ) f (y) ỹ y = ỹ y ỹ y f (ỹ) f (y) = f (x) on olemassa ja väite seuraa. Esimerkki 2.7. (a) Laske kuvauksen f :]0, [ ]/2, [, f(x) = käänteisfunktion erivaatta pisteessä 2/3. Ratkaisu: Kuvaus f on aiosti väenevä ja jatkuva. Lisäksi f (x) x+ = (x+) 2 0 kaikilla x ]0, [. Käänteisfunktion erivoimissäännön perusteella missä y = f(x) = x+ joten (f ) (2/3) = 9/4. y f (y) = f (x) = (x + )2, eli x + = /y. Siis y f (y) = y 2, (b) Olkoon n N. Laske x n, kun x > 0. Ratkaisu: Funktion f :]0, [ ]0, [, f(x) = x n x käänteisfunktio on f :]0, [ ]0, [, f (x) = x n. Kuvaus f on aiosti monotoninen ja jatkuva ja f (x) = nx n 0. Käänteisfunktion erivoimissäännön nojalla f on erivoituva ja kun y = x n saaaan Siis y f (y) = f (x) = nx n = n(y /n ) n = n y n. x x n = n x n. (c) Trigonometristen funktioien käänteisfunktiot eli arkusfunktiot (ks. Alkeisfunktiot) ovat arcsin : [, ] [ π/2, π/2] (aiosti kasvava), arccos : [, ] [0, π] (aiosti väenevä), arctan : R ] π/2, π/2[ (aiosti kasvava), arccot : R ]0, π[ (aiosti väenevä). 0

11 Ne voiaan erivoia käänteisfunktion erivoimissääntöä käyttäen. Kun y = sin x saaaan y arcsin y = sin x = cos x = x ± sin 2 x =. y 2 Tässä laskussa valitaan +-merkki neliöjuurilausekkeen eteen, sillä cos x 0, kun x [ π/2, π/2]. Siis x arcsin x =. x 2 Vastaavasti näään, että ja x arccos x = x 2, x arctan x = + x, 2 x arccot x = + x. 2 () Laske log x, x > 0 ja x x ex, kun tieetään, että e = n ( + /n) n = x 0 ( + x) /x (raja-arvon olemassaolon toistus sivuutetaan). Ratkaisu: Koska x log x on jatkuva kuvaus, saaaan (log(x + ) log x) = log x + x = x x log( + x ) = x log( + x ) x x log e = x kun 0. Siis x log x = x. Kun y = log x eli x = e y, käänteisfunktion erivoimissäännöstä saaaan Siis y ey = log x = x x x ex = e x. = x = e y. (e) Olkoon α R. Laske x xα, kun x > 0. Ratkaisu: Koska x α = (e log x ) α = e α log x = (g f)(x), missä f(x) = α log x ja g(x) = e x, saaaan ketjusäännöstä ja koasta () x xα = x (g f)(x) = g (f(x))f (x) = e α log x α x = α x xα = αx α. (f) Olkoon a > 0. Laske x ax. Ratkaisu: Koska a x = (e log a ) x = e x log a = (g f)(x), missä f(x) = x log a ja g(x) = e x, saaaan ketjusääntöä ja kotaa () käyttäen x ax = e x log a log a = log a a x.

12 (g) Laske x xx, kun x > 0. Ratkaisu: Koska x x = (e log x ) x = e x log x = (g f)(x), missä f(x) = x log x ja g(x) = e x saaaan ketjusäännöstä ja koasta () x xx = x (g f)(x) = ex log x (log x + x x) = xx (log x + ). () Laske x x + x, kun x > 0. Ratkaisu: Koska x + x = (g f)(x), missä f(x) = x + x ja g(x) = x saaaan ketjusäännön ja koan (e) perusteella x + x = g (f(x))f (x) = ( + ) = ( + ). x 2 f(x) 2 x 2 x + x 2 x (i) Hyperbolisten funktioien sin : R R, sin(x) = 2 (ex e x ), cos : R [, [, cos(x) = 2 (ex + e x ), tan : R ], [, tan(x) = sin x cos x = ex e x e x + e x, cot : R \ {0} {y R : y > }, cot(x) = cos x sin x = ex + e x e x e x erivaatat ovat sin x = cos x, x x tan x = cos 2 x = tan2 x, cos x = sin x, x x cot x = sin 2 x = cot2 x. Hyperbolisten funktioien käänteisfunktioien eli areafunktioien käänteisfunktioilla on seuraavat esitykset logaritmifunktion avulla arsin x = log(x + x 2 + ), arcos x = ± log(x + x 2 ) (kaksi aaraa), artan x = 2 log + x x, arcot x = 2 log x + x. Näistä saaaan x arsin x = x2 +, x arcos x = ± x2, x artan x = x 2, 3 Dierentiaalilaskennan peruslauseita Derivaatta kertoo kuvauksen lokaalista käyttäytymisestä. x arcot x = x 2. Lemma 3.. Oletetaan, että kuvaus f on erivoituva pisteessä x 0. 2

13 (a) Jos f (x 0 ) > 0, niin on olemassa sellainen δ > 0, että f(x) > f(x 0 ), kun x 0 < x < x 0 + δ ja f(x) < f(x 0 ), kun x 0 δ < x < x 0. (b) Jos f (x 0 ) < 0, niin on olemassa sellainen δ > 0, että f(x) < f(x 0 ), kun x 0 < x < x 0 + δ ja f(x) > f(x 0 ), kun x 0 δ < x < x 0. Toistus. (a) Valitaan ε = f (x 2 0 ) > 0. Raja-arvon ja erivaatan määritelmien perusteella löyetään sellainen δ > 0, että f(x) f(x 0 ) f (x 0 ) x x 0 < ε kun 0 < x x 0 < δ. Näin ollen f(x) f(x 0 ) x x 0 > f (x 0 ) ε = f (x 0 ) 2 f (x 0 ) = 2 f (x 0 ) > 0 kun 0 < x x 0 < δ. Jos 0 < x x 0 < δ eli x 0 < x < x 0 + δ, niin f(x) f(x 0 ) > 0 eli f(x) > f(x 0 ). Jos δ < x x 0 < 0 eli x 0 δ < x < x 0, niin f(x) f(x 0 ) < 0 eli f(x) < f(x 0 ). (b) Seuraa koasta (a) soveltamalla sitä funktioon f. Huomatus 3.2. Lemmassa 3.(a) funktio f ei välttämättä ole kasvava läellä pistettä x 0 (vast. koassa (b) f ei välttämättä ole väenevä). Esimerkiksi kuvaus x 2 sin f(x) = x + x 2, x 0 0, x = 0 ei ole kasvava pisteen 0 läellä, vaikka f (0) > 0. Alla on funktion f kuvaajia eri suurennoksilla. 3

14 Lause 3.3. Oletetaan, että f on erivoituva pisteessä x 0. Jos on olemassa sellainen avoin väli I, että x 0 I ja f(x 0 ) f(x) kaikilla x I, niin f (x 0 ) = 0. Vastaavasti, jos on olemassa sellainen avoin väli J, että x 0 J ja f(x 0 ) f(x) kaikilla x J, niin f (x 0 ) = 0. Toistus. Väite voiaan toistaa erivaatan määritelmää käyttäen. Toistetaan se nyt kuitenkin Lemman 3. avulla. Antiteesi: f (x 0 ) > 0 tai f (x 0 ) < 0. Jos f (x 0 ) > 0, niin valitaan δ > 0 kuten Lemmassa 3.(a). Valitaan sellainen x, että x 0 < x < x 0 + δ. Tällöin Lemman 3.(a) perusteella f(x) > f(x 0 ), mikä on ristiriita. Jos f (x 0 ) < 0, niin valitaan δ > 0 kuten Lemmassa 3.(b). Valitaan sellainen x, että x 0 δ < x < x 0. Tällöin Lemman 3.(b) perusteella f(x) > f(x 0 ), mikä on ristiriita. Antiteesi ei siis ole totta, joten f (x 0 ) = 0. Toinen väite toistetaan vastaavasti (HT). Huomatus 3.4. Lauseen 3.3 käänteinen väite ei ole totta. Kuvaus f :], [ R, f(x) = x 3 on erivoituva pisteessä 0 ja f (0) = 0. Kuitenkin f(0) = 0 f(x), kun x ]0, [ ja f(0) = 0 f(x), kun x ], 0[. Lause 3.5 (Rollen lause). Oletetaan, että kuvaus f on jatkuva suljetulla välillä [a, b] ja erivoituva avoimella välillä ]a, b[. Jos f(a) = f(b), niin on olemassa sellainen ξ ]a, b[, että f (ξ) = 0. f(a) = f(b) a ξ Geometrinen tulkinta: oletuksista seuraa, että funktion f kuvaajalla on ainakin yksi vaakasuora tangentti (kulmakerroin on nolla). Toistus. Oletetaan ensin, että f(x) = f(a) = f(b) kaikilla x [a, b]. Tällöin f (x) = 0 kaikilla x [a, b], joten mikä taansa välin ]a, b[ piste voiaan valita pisteeksi ξ. Oletetaan seuraavaksi, että f(x 0 ) > f(a) = f(b) jollakin x 0 [a, b]. Weierstrassin minimimaksimi-lauseen (ks. Jatkuvuus ja raja-arvo) perusteella löyetään sellainen ξ [a, b], että f(x) f(ξ) kaikilla x [a, b]. Koska f(ξ) f(x 0 ) > f(a) = f(b), niin ξ ]a, b[. Lauseen 3.3 perusteella f (ξ) = 0. Oletetaan lopuksi, että f(x 0 ) < f(a) = f(b) jollakin x 0 [a, b]. Vastaavasti kuten eellä löyetään sellainen ξ [a, b], että f(x) f(ξ) kaikilla x [a, b]. Kuten eellä näään, että f (ξ) = 0. Lause 3.6 (Dierentiaalilaskennan väliarvolause, DVAL). Oletetaan, että kuvaus f on jatkuva suljetulla välillä [a, b] ja erivoituva avoimella välillä ]a, b[. Tällöin on olemassa sellainen ξ ]a, b[, että f f(b) f(a) (ξ) =. b a b 4

15 L a ξ b Geometrinen tulkinta: oletuksista seuraa, että funktion f kuvaajalla on ainakin yksi tangentti, joka on kuvaajan päätepisteet yistävän suoran L suuntainen. Huomaa, että suoran L kulmakerroin on f(b) f(a). b a Toistus. Sovelletaan Rollen lausetta kuvaukseen [ ] f(b) f(a) g(x) = f(x) f(a) + (x a). b a Geometrinen tulkinta: pisteien (a, f(a)) ja (b, f(b)) kautta kulkevan sekantin ytälö on y = L(x) = f(a) + f(b) f(a) (x a), b a joten g(x) on funktion f kuvaajan pisteen P = (x, f(x)) ja sekantin pisteen P 2 = (x, L(x)) y-koorinaattien erotus. P 2 g(x) P a b Kuvaus g on jatkuva välillä [a, b] ja erivoituva välillä ]a, b[. Lisäksi g (x) = f (x) f(b) f(a). b a Koska g(a) = 0 = g(b), niin Rollen lauseen perusteella on olemassa sellainen ξ ]a, b[, että eli f (ξ) = f(b) f(a). b a 0 = g (ξ) = f (ξ) f(b) f(a) b a Esimerkki 3.7. (a) Oletetaan, että f on jatkuva välillä [0, 4] ja erivoituva välillä ]0, 4[. Oletetaan lisäksi, että f(0) = 2 ja f (x) 3 kaikilla x ]0, 4[. Minkä rajojen väliin saaaan näien etojen perusteella f(4)? Ratkaisu: DVAL:een perusteella löyetään sellainen ξ ]0, 4[, että f(4) f(0) 4 = f (ξ) 3. Siten f(4) 2 2 eli 2 f(4) 2 2 eli 0 f(4) 4. 5

16 (b) Osoita, että polynomilla P (x) = 7x 5 + 6x ei ole muita nollakotia kuin x = 0. Ratkaisu: Antiteesi: on olemassa sellainen x 0 0, että P (x 0 ) = 0. Oletetaan, että x 0 > 0. Koska P on jatkuva välillä [0, x 0 ] ja erivoituva välillä ]0, x 0 [, niin Rollen lauseen nojalla löyetään sellainen ξ ]0, x 0 [, että 0 = P (ξ) = 35x , mikä on ristiriita. Vastaavasti näään, että oletus x 0 < 0 jotaa ristiriitaan. Siis antiteesi on väärä ja väite totta. (c) Osoita, että Ratkaisu: On osoitettava, että 0 < 83 9 < 9. 0 < 83 8 < 9. Kuvaus f(x) = x on jatkuva välillä [8, 83] ja erivoituva välillä ]8, 83[. DVAL:en perusteella on olemassa sellainen ξ ]8, 83[, että 83 8 = f (ξ) = ξ eli 83 8 = ξ. Koska 8 < ξ < 83 < 00, niin Näin ollen 0 < < < 83 ξ 9. 0 < 83 9 < 9. () Kuinka suuri vire teään saasosan tarkkuuella, kun luvulle 2 käytetään likiarvoa,4? Ratkaisu: arvioiaan lauseketta 2, 4 = 2, 4 2. Kuvaus f(x) = x on jatkuva välillä [, 4 2, 2] ja erivoituva välillä ], 4 2, 2[, joten DVAL:tta käyttäen löyetään sellainen ξ ], 4 2, 2[, että 2, 4 = f(2) f(, 42 ) = f (ξ) = 0, 04 2, ξ < 2, 4. Siis 2, 4 < ,4 = 70 < 0, 02. Vire on siis korkeintaan 0,02. (e) Osoita, että sin x < x kaikilla x > 0. Ratkaisu: Olkoon x > 0. Kuvaus f(t) = t sin t on jatkuva välillä [0, x] ja erivoituva välillä ]0, x[, joten DVAL:en perusteella on olemassa sellainen ξ ]0, x[, että x sin x x = f(x) f(0) x 0 = f (ξ) = cos ξ, joten x sin x = x( cos ξ) 0. On osoitettava vielä, että kuvauksella f ei ole nollakotia välillä ]0, [. Jos 0 < x π, niin 0 < ξ < x π, joten cos ξ > 0. Siis f(x) > 0, kun 0 < x π. Jos f(x 0 ) = 0 jollakin x 0 > π, niin DVAL:en nojalla cos ξ = f ( ξ) = f(x 0) f(π) x 0 π = π x 0 π < 0 jollekin ξ ]π, x 0 [. Tästä saaaan ristiriita cos ξ >. Näin ollen f(x) > 0, kun π < x. 6

17 DVAL:en seurauksena saaaan Lause 3.8. Oletetaan, että kuvaus f on jatkuva suljetulla välillä [a, b] ja erivoituva avoimella välillä ]a, b[. Kuvaus f on (a) kasvava välillä [a, b] jos ja vain jos f (x) 0 kaikilla x ]a, b[; (b) väenevä välillä [a, b] jos ja vain jos f (x) 0 kaikilla x ]a, b[. Toistus. (a) Olkoot x, x 2 [a, b] sellaisia, että x < x 2. DVAL:tta käyttäen löyetään sellainen ξ ]x, x 2 [, että f (ξ) = f(x 2) f(x ) x 2 x eli f(x 2 ) f(x ) = f (ξ)(x 2 x ) 0. Siis f(x 2 ) f(x ), joten f on kasvava. Olkoon x ]a, b[. Koska f on erivoituva pisteessä x, niin mikäli f on kasvava. f f(x + ) f(x) (x) = 0+ 0 (b) HT. Seuraus 3.9. Oletetaan, että kuvaus f on jatkuva suljetulla välillä [a, b] ja erivoituva avoimella välillä ]a, b[. Jos f (x) = 0 kaikilla x ]a, b[, niin f on vakio välillä [a, b], ts. on olemassa sellainen c R, että f(x) = c kaikilla x [a, b]. Toistus. Olkoot x, x 2 [a, b] sellaisia, että x < x 2. Lauseen 3.8 perusteella kuvaus f on sekä kasvava että väenevä, joten f(x ) f(x 2 ) f(x ). Siis f(x ) = f(x 2 ) eli f on vakio välillä [a, b]. Seuraus 3.0. Oletetaan, että kuvaukset f ja g ovat jatkuvia suljetulla välillä [a, b] ja erivoituvia avoimella välillä ]a, b[. Tällöin f (x) = g (x) kaikilla x ]a, b[ jos ja vain jos on olemassa sellainen vakio c R, että f(x) = g(x) + c kaikilla x [a, b]. Toistus. HT. Lause 3.. Oletetaan, että kuvaus f on jatkuva suljetulla välillä [a, b] ja erivoituva avoimella välillä ]a, b[. Kuvaus f on (a) aiosti kasvava välillä [a, b] jos ja vain jos f (x) 0 kaikilla x ]a, b[ ja ei ole olemassa sellaista avointa väliä ]a, b[, että f (x) = 0 kaikilla x. (b) aiosti väenevä välillä [a, b] jos ja vain jos f (x) 0 kaikilla x ]a, b[ ja ei ole olemassa sellaista avointa väliä ]a, b[, että f (x) = 0 kaikilla x. Toistus. (a) Olkoot x, x 2 [a, b] sellaisia, että x < x 2. Osoitetaan, että f(x ) < f(x 2 ). Lauseen 3.8(a) nojalla f on kasvava, joten f(x ) f(x 2 ). Jos f(x ) = f(x 2 ), niin funktion f kasvavuuen perusteella f(x ) f(x) f(x 2 ) = f(x ) kaikilla x ]x, x 2 [, joten f on vakio välillä ]x, x 2 [. Siten f (x) = 0 kaikilla x ]x, x 2 [, mikä on ristiriita oletuksen kanssa. On siis oltava f(x ) < f(x 2 ). Oletetaan, että f on aiosti kasvava. Lauseen 3.8(a) nojalla f (x) 0 kaikilla x ]a, b[. Jos on olemassa sellainen avoin väli ]a, b[, että f (x) = 0 kaikilla x, niin Seurauksen 3.9 perusteella f on vakio välillä. Tämä on maotonta, sillä f on aiosti kasvava. 7

18 (b) HT. (a) Kuvaus f(x) = x 3 on aiosti kasvava Lauseen 3.(a) perusteella, sillä f (x) = 3x 3 0 ja f (x) = 0 täsmälleen silloin kun x = 0. Esimerkki 3.2. (b) Tutki kuvauksen f :]0, ] R, f(x) = x log x monotonisuutta. Ratkaisu: Koska f (x) = x 0, kun 0 < x ja f (x) = 0 täsmälleen silloin kun x =, on kuvaus f aiosti väenevä Lauseen 3.(b) nojalla. (c) Osoita, että arcsin x+arccos x = π, kun x. Ratkaisu: Määritellään f : [, ] 2 R, f(x) = arcsin x + arccos x. Kuvaus f on jatkuva välillä [, ] ja erivoituva välillä ], [. Esimerkin 2.7(c) perusteella f (x) = x 2 x 2 = 0. Seurauksen 3.9 perusteella on olemassa sellainen c R, että f(x) = c kaikilla x [, ]. Nyt c = f(0) = arcsin 0 + arccos 0 = 0 + π 2 = π 2. Siis f(x) = π 2 eli arcsin x + arccos x = π 2, kun x. Lause 3.3 (Yleistetty ierentiaalilaskennan väliarvolause, YDVAL). Oletetaan, että kuvaukset f ja g ovat jatkuvia suljetulla välillä [a, b] ja erivoituvia avoimella välillä ]a, b[. Tällöin on olemassa sellainen ξ ]a, b[, että (f(b) f(a))g (ξ) = (g(b) g(a))f (ξ). Toistus. Määritellään kuvaus : [a, b] R asettamalla (x) = (f(b) f(a))g(x) (g(b) g(a))f(x). Kuvaus on jatkuva välillä [a, b] ja erivoituva välillä ]a, b[. Lisäksi ja (x) = (f(b) f(a))g (x) (g(b) g(a))f (x) (b) = (f(b) f(a))g(b) (g(b) g(a))f(b) = g(a)f(b) f(a)g(b) = (b). Rollen lauseen perusteella löyetään sellainen ξ ]a, b[, että (ξ) = 0 eli (f(b) f(a))g (ξ) = (g(b) g(a))f (ξ). YDVAL:tta käyttäen toistetaan l'hospitalin sääntö, joka elpottaa muotoa 0 olevien rajaarvojen 0 laskemista. Lause 3.4 (l'hospitalin sääntö). Oletetaan, että kuvaukset f ja g ovat erivoituvia avoimella välillä ]a, b[ ja että g(x) 0 g (x) kaikilla x ]a, b[. Jos f(x) = 0 = g(x) x a+ x a+ ja f (x) x a+ g (x) = L R niin f(x) x a+ g(x) = L. Vastaava tulos pätee vasemmanpuoleiselle raja-arvolle ja varsinaiselle raja-arvolle. 8

19 Toistus. Olkoon ε > 0. Raja-arvon määritelmän perusteella löyetään sellainen δ > 0, että f (x) g (x) L < ε kun a < x < a + δ. Olkoon 0 < x < a + δ. Määrittelemällä f(a) = 0 = g(a) funktiot f ja g ovat jatkuvia välillä [a, x]. YDVAL:n perusteella löyetään sellainen ξ ]a, x[, että (f(x) f(a))g (ξ) = (g(x) g(a))f (ξ). (*) Rollen lauseen nojalla g(x) g(a). Jos nimittäin g(x) = g(a), niin Rollen lauseen perusteella välillä ]x, a[ on funktion g erivaatan nollakota. Tämä on maotonta oletuksen perusteella. Nyt ytälöstä (*) saaaan f(x) f(a) g(x) g(a) = f (ξ) g (ξ), joten f(x) g(x) L = f(x) f(a) g(x) g(a) L = f (ξ) g (ξ) L < ε. Näin ollen Loput väitteet toistetaan vastaavasti. f(x) x a+ g(x) = L. Huomatus 3.5. (a) l'hospitalin sääntöä vastaava tulos pätee myös muotoa oleville rajaarvoille. Oletetaan, että f ja g ovat erivoituvia välillä ]a, b[ ja että g (x) 0 kaikilla x ]a, b[. Jos f(x) = = g(x) x a+ x a+ ja f (x) x a+ g (x) = L niin f(x) x a+ g(x) = L. (b) l'hospitalin sääntöä vastaavat tulokset pätevät myös kun L =, L =, x tai x. Esimerkki 3.6. Laske e 2x e sin x x 0 sin(e x ). Ratkaisu: Kuvaukset f(x) = e 2x e sin x ja g(x) = sin(e x ) ovat erivoituvia ja x 0 f(x) = 0 = x 0 g(x). Lisäksi g (x) = e x cos(e x ) 0 kun x on läellä pistettä 0 ja g(x) 0 kun x 0 ja x on läellä pistettä 0. l'hospitalin säännön perusteella e 2x e sin x x 0 sin(e x ) = 2e 2x cos xe sin x x 0 e x cos(e x ) = 2 =. 9

20 4 Funktion ääriarvot Määritelmä 4.. Kuvauksella f : I R on pisteessä x 0 I suurin arvo eli (globaali) maksimiarvo, jos f(x 0 ) f(x) kaikilla x I. Merkitään f(x 0 ) = max x I f(x) ja sanotaan, että x 0 on kuvauksen f maksimikota. Vastaavasti määritellään kuvauksen f pienin arvo eli (globaali) minimiarvo ja minimikota. Funktiolla f on pisteessä x 0 lokaali maksimi, jos on olemassa sellainen δ > 0, että f(x 0 ) f(x) kaikilla x ]x 0 δ, x 0 + δ[ I, ts. f(x 0 ) on kuvauksen f maksimi pisteen x 0 ympäristössä. Vastaavasti määritellään kuvauksen f lokaali minimi. Minimi- ja maksimiarvoja sanotaan ääriarvoiksi ja vastaavia pisteitä sanotaan ääriarvokoiksi. Jos eo. epäytälöt ovat aitoja, niin kyseessä ovat aito maksimi ja aito minimi. Lause 4.2. Jos x 0 on funktion f lokaali ääriarvokota ja f on erivoituva pisteessä x 0, niin f (x 0 ) = 0. Toistus. Seuraa suoraan Lauseesta 3.3. Derivaatan nollakota ei välttämättä ole lokaali ääriarvokota. Esimerkiksi kuvaus f(x) = x 5 on aiosti kasvava, mutta f (0) = 0. Jos erivaatta vaitaa merkkiään pisteessä x 0, on x 0 lokaali ääriarvokota. Lause 4.3 (ääriarvokoan f -testi). Oletetaan, että kuvaus f on jatkuva avoimella välillä I ja erivoituva kaikilla x I \ {x 0 }. Jos f (x ) 0 ja f (x 2 ) 0 kaikilla x < x 0 < x 2, niin kuvauksella f on maksimi pisteessä x 0. Jos f (x ) 0 ja f (x 2 ) 0 kaikilla x < x 0 < x 2, niin kuvauksella f on minimi pisteessä x 0. Jos eo. epäytälöt ovat aitoja, on vastaava ääriarvo aito. Toistus. Seuraa Lauseesta 3.8. Esimerkki 4.4. Mitkä ovat funktion f : R R, f(x) = x(x ) 3 lokaalit ääriarvokoat? Ratkaisu: Funktio f on erivoituva ja f (x) = (x ) 3 + 3x(x ) 2 = (x ) 2 (4x ) = 0 jos ja vain jos x = tai x = /4. Tutkitaan erivaatan merkkiä oeisen merkkikaavion avulla. 4 (x ) x f f -testin perusteella x = /4 on aito lokaali minimi. Kota x = ei ole ääriarvokota. Ääriarvoja voiaan tutkia toisen erivaatan avulla. Lause 4.5 (ääriarvokoan f -testi). Oletetaan, että f on erivoituva avoimella välillä I. Oletetaan lisäksi, että toinen erivaatta f on olemassa pisteessä x 0 I ja että f (x 0 ) = 0. (a) Jos f (x 0 ) > 0, niin x 0 on funktion f aito lokaali minimikota. (b) Jos f (x 0 ) < 0, niin x 0 on funktion f aito lokaali maksimikota. Toistus. (a) Jos f (x 0 ) > 0, niin Lemman 3.(a) perusteella löyetään sellainen δ > 0, että f (x ) < f (x 0 ) = 0 < f (x 2 ) kun x 0 δ < x < x 0 < x 2 < x 0 + δ. Ääriarvokoan f -testin nojalla x 0 on funktion f aito lokaali minimikota. 20

21 (b) Vastaavasti. Yteenveto 4.6. Jatkuva kuvaus f saavuttaa suljetulla välillä [a, b] suurimman ja pienimmän arvonsa. Ääriarvokota on (a) välin päätepiste a tai b tai (b) piste, jossa f ei ole erivoituva tai (c) erivaatan nollakota. Nämä pisteet on tutkittava erikseen. Derivaatan merkin vaituminen ja toisen erivaatan merkki kertovat lokaalin ääriarvokoan tyypin. (a) Määritä kuvauksen f : R R, f(x) = x 3 3x suurin ja pienin arvo välillä [ 2, 2]. Ratkaisu: Koska f on jatkuva se saavuttaa välillä [ 2, 2] suurimman ja pienimmän arvonsa. Koska f on erivoituva, maollisia ääriarvokotia ovat välin päätepisteet 2 ja 2 sekä erivaatan nollakoat. Nyt f (x) = 3x 3 3 = 0 jos ja vain jos x = ±. Koska f( 2) = 3, f(2) =, f( ) = ja f() = 3, niin funktion f suurin arvo on ja pienin arvo on 3. Esimerkki 4.7. (b) Osoita, että kuvauksella f : R R, f(x) = x + x 2 on suurin ja pienin arvo. Ratkaisu: Kuvaus f on erivoituva ja f (x) = + x2 2x 2 ( + x 2 ) 2 = x2 ( + x 2 ) 2 = 0 jos ja vain jos x = ±. Lisäksi f() = /2 ja f( ) = /2. Koska f(x) = 0 = f(x) x x on olemassa sellainen M >, että f(x) < /0, kun x M. Koska f on suljetulla välillä [ M, M] erivoituva (ja siten jatkuva), se saavuttaa välillä [ M, M] suurimman ja pienimmän arvonsa pisteissä M, M, tai. Koska 0 < f( M) < 0, 0 < f(m) < 0, f( ) = 2, f() = 2 on funktion f suurin arvo välillä [ M, M] ja pienin arvo. Nämä ovat funktion f 2 2 suurin ja pienin arvo joukossa R, sillä välin [ M, M] ulkopuolella < f(x) <. 0 0 (c) Onko kuvauksilla f(x) = sin x x ja g(x) = e x x ääriarvot pisteessä 0? Ratkaisu: Kuvaus f on erivoituva ja f (x) = cos x < 0 kun x [ π/2, π/2]\{0}. Siten f on aiosti väenevä välillä [ π/2, π/2] Lauseen 3.(b) perusteella. Näin ollen funktiolla f ei ole ääriarvoa pisteessä 0. Kuvaus g on erivoituva ja g (x) = e x = 0 jos ja vain jos x = 0. Koska g (x) = e x > 0, niin f -testin perusteella 0 on funktion g aito lokaali minimikota. Lisäksi g (x) > 0, kun x > 0 ja g (x) < 0 kun x < 0. Siten g on aiosti kasvava välillä ]0, [ ja aiosti väenevä välillä ], 0[. Siis 0 on globaali minimikota. 2

22 () Määritä kuvauksen f : R R, f(x) = x( x + x ) ääriarvot. Ratkaisu: Kuvauksen f lauseke on x( x x + ) = x( 2x), x 0 f(x) = x(x x + ) = x, 0 < x < x(x + x ) = x(2x ), x Kuvaus f on jatkuva ja erivoituva väleillä ], 0[, ]0, [ ja ], [. Lisäksi 4x > 0, x < 0 f (x) =, 0 < x < 4x > 0, x > Derivaatalla ei siis ole nollakotia. Maollisia ääriarvokotia ovar pisteet 0 ja, joissa funktiolla f ei ole erivaattaa. Koska f on jatkuva ja f > 0 jokaisella välillä ], 0[, ]0, [ ja ], [, on f aiosti kasvava. Siis funktiolla f ei ole ääriarvokotia. 22