Matemaattiset menetelmät I. Seppo Hassi

Transkriptio

1 Mtemttiset menetelmät I Seppo Hssi Syksy 2011

2

3 iii Esipuhe Tämä on 1. versio Mtemttiset menetelmät I-kurssin opetusmonisteest, jok perustuu Vsn yliopistoss luennoimni vstvn nimiseen kurssiin. Sisältö noudtt pitkälti iempien luentomuistiinpnojeni mukist esitystä. Esitän kiitokseni H.L. Wietsm:lle (Vsn yliopisto, mtemttisten tieteiden litos), jok on suorittnut tekstin puhtksikirjoituksen LTeX-muotoon j piirtänyt monisteess esiintyvät kuvt. Vsss 30 syyskuut 2011 Seppo Hssi

4

5 v Sisältö Esipuhe Sisältö iii v 1 Johdnto Joukko-opilliset merkinnät Logiikn symboleist Reliluvuist j -funktioist Reliluvuist Reltiot j funktiot Yhden muuttujn relifunktiot Relifunktion rj-rvo Jtkuvuus Funktion derivtt Tvllisimpien funktioiden derivttoj Derivtn ominisuuksi Funktion äärirvot Implisiitti- j prmetrimuotoisen funktion derivointi Sovelluksi Integrlilskent Integrlifunktio Integroimismenetelmiä Määrätty integrli Epäoleellinen integrli Määrätyn integrlin sovelluksi Relilukusrjoist Relilukujonot j -srjt sekä niiden suppeneminen Potenssisrjt Differentiliyhtälöistä Ensimmäisen kertluvun differentiliyhtälöt Lineriset differentiliyhtälöt Kompleksiluvuist Kompleksiluvut Eksponenttifunktio kompleksitsoss

6

7 1 Luku 1: Johdnto 1.1 Joukko-opilliset merkinnät Joukko muodostuu lkioist. Joukkoj merkitään yleensä isoill j lkioit pienillä kirjimill. Esimerkiksi: A, kuuluu joukkoon A j / A, ei kuulu joukkoon A. Seurvt lukujoukot ovt käytössä: N = {0, 1, 2,...} luonnollisten lukujen joukko Z = {0, ±1, ±2,...} kokonislukujen joukko Q = {/b :, b Z, b 0} rtionlilukujen joukko R reliluvut, eli rtionlilukujen joukko täydennettynä irrtionliluvuill, kuten 2, π, e C = { + ib :, b R} kompleksiluvut (missä i 2 = 1) Typpillisiä lukujoukkojen osjoukkoj ovt mm. : Z + = {1, 2, 3,...} positiiviset kokonisluvut Z = { 1, 2, 3,...} negtiiviset kokonisluvut R + = {x R : x > 0} positiiviset reliluvut R = {x R : x < 0} negtiiviset reliluvut Usein esiintyviä joukkoj ovt relikselin välit: [, b] = {x R : x b} suljettu väli ], b[ = {x R : < x < b} voin väli [, b[ = {x R : x < b} puolivoin väli ], b] = {x R : < x b} puolivoin väli Tällöin j b ovt välin päätepisteitä, muut pisteet ovt välin sisäpisteitä (Mhdollisesti =, b = ). Tyypillisiä merkintöjä: merk. sisältö luetn A B jokinen A:n lkio on myös B:n lkio A on B:n osjoukko A = B A B j B A A j B ovt sm joukko A B {x : x A ti x B} A:n j B:n yhdiste A B {x : x A j x B} A:n j B:n leikkus A \ B {x A : x / B} A:n j B:n erotus joukko, joss ei ole yhtään lkiot tyhjä joukko Esimerkki ) {1, 2} = {2, 1} j {1, 2, 3} = {1, 2, 1, 3}; b) R 0 + = R + {0} = {x R : x 0} = [0, ) eli ei-negtiiviset reliluvut; c) A A j A mille thns joukolle A;

8 2 Luku 1. Johdnto d) [, b) {b} = [, b] j [, b) {b} =. Yhdistettä, leikkust j erotust voidn hvinnollist ns. Venn-digrmmeill: A B A B A B A B A B Kuv 1.1: Venn-digrmmej. A\B Järjestetyt joukot: Kun joukko {, b} järjestetään, sdn järjestetty pri (, b). Kksi järjestettyä pri (, b) j (c, d) ovt smt (identtiset), jos = c j b = d. Vstvsti määritellään n-lkioiset järjestetyt joukot ( 1,..., n ) j niiden yhtäsuuruus. Joukkojen A 1,..., A n tulojoukko eli krteesinen tulo on joukko: A 1 A 2... A n = {( 1, 2,..., n ) : 1 A 1, 2 A 2,..., n A n }. Jos A := A 1 = A 2 =... = A n, merkitään lyhyesti A n = A 1 A 2... A n. Esimerkki R 2 = {(x, y) : x, y R} on relilukutso j R 3 = {(x, y, z) : x, y, z R}, 3-ulotteinen relilukuvruus. 1.2 Logiikn symboleist merk. sisältö luetn disjunktio ti konjuktio j. Huom. usein käytetään vin pilkku :n sijst negtio ei/vstkoht olemssolo kvnttori on olemss kikki kvnttori kikill = impliktio jos... niin ekvivlenssi jos j vin jos/joss johtopäätös siis/siten/täten Mtemttiset väittämät ilmistn tyypillisesti lusein, joit seurv kvio ilmentää: merk. sisältö luetn p = q impliktioit jos p on tosi, niin q on tosi p q ekvivlenssej p = q j q = p Tässä p j q sisältävät väittämän, joill on totuusrvo: tosi/epätosi.

9 1.2. Logiikn symboleist 3 Esimerkki ) Luse x = 3 = x 2 = 9 (x R) on tosi. Sen sijn luse x = 3 x 2 = 9 (x R) on epätosi, kosk impliktio = on selvästi epätosi. b) Luse on tosi. ( > b) (b > c) = > c (, b, c R) c) Luse x Z y Z s.e. x + y 0 on tosi. Nimittäin, jos x 0 Z on mielivltisesti vlittu, niin y:ksi kelp esimerkiksi luku y 0 = x 0. (y:n vlint riippuu tässä vlitust x 0 :st.) d) Luse x Z s.e. y Z x + y 0 on epätosi. Nimittäin vlitnp x 0 Z miten thns niin esim. vlint y 0 = x 0 1 nt x 0 + y 0 = 1 < 0. Seurv päättelysääntö esiintyy usein todistustehtävien yhteydessä. Kontrposition perite: (p = q) ( q = p).

10 4 Luku 1. Johdnto

11 5 Luku 2: Reliluvuist j -funktioist 2.1 Reliluvuist Relilukujen ominisuudet voidn plutt tiettyihin perusominisuuksiin, jotk voidn esittää ksiomein: A) Algebrlliset ominisuudet; kunt-ksiomt B) Järjestysominisuudet; järjestysksiomt C) Täydellisyysominisuus; täydellisyysksiom Koht A) pitää sisällään R:n yhteenlsku - j kertolskusäännöt: A1) x + y = y + x yht. lsk. vihdntlki A2) (x + y) + z = x + (y + z) yht. lsk. liitäntälki A3) 0 R s.e. x R x+0=x on olemss noll-lkio A4) x R y R s.e. x+y = 0 y on x:n vstluku A5) xy = yx kertolskun vihdntlki A6) (xy)z = x(yz) kertolskun liitäntälki A7) x(y + z) = xy + xz osittelulki A8) 1 R s.e. 1 0 j x R 1 x = x on olemss ykköslkio A9) x R \ {0} y R s.e. x y = 1 y = 1/x on x:n käänteisluku Koht B) liittää R:ään järjestysreltion <, jok toteutt seurvt ksiomt: B1) Jokisell x, y R täsmälleen yksi reltioist x = y, x < y j y < x on voimss B2) x < y j y < z x < z (trnsitiivisuus) B3) Jos x < y, niin kikille z R pätee x + z < y + z B4) Jos x > 0 j y > 0, niin xy > 0. Koht C) erott relilukujen joukon olennisesti rtionlilukujen joukost. C) Täydellisyysksiom: Jokisell ylhäältä rjoitetull epätyhjällä R:n osjoukoll on pienin ylärj. (Tähän pltn myöhemmin.) Kikki relilukuj koskevt lskusäännöt j ominisuudet voidn joht edellä olevist ksiomist. Esimerkki x = 0, x R. Todistus: x x + 0 x = (x + 0) x = x x = x x + 0 j vähentämällä molemmill puolill x x sdn väite: x = x = 0.

12 6 Luku 2. Reliluvuist j -funktioist Relilukujen joukko sdn täydentämällä rtionlilukujen joukko Q irrtionliluvuill (päättymättömät jksottomt desimliluvut). Jokist reliluku voidn pproksimoid mielivltisen trksti rtionliluvuill. Tämä mhdollist relilukujen konstruoinnin rtionliluvuist lähtien ljentmll joukko Q kikkien Q:n ns. perusjonojen eli Cuchy n jonojen rj-rvoill. Tällisi rtionlilukujonoj ovt päättymättömät jonot joill on seurv ominisuus: (x n ) = (x 1, x 2, x 3,...), ϵ > 0 (ϵ Q) n ϵ N s.e. x n x m < ϵ, kun n, m > n ϵ. Emme pneudu kyseiseen konstuktioon tämän yksityiskohtisemmin. Seurv esimerkki osoitt, että Q on R:n ito osjoukko. Esimerkki / Q. Todistus: Teemme vstoletuksen: m/n Q (m, n Z) s.e. (m/n) 2 = 2. Voimme olett, että m/n on supistetuss muodoss. Johdmme ristiriidn. Nyt yhtäpitävästi m 2 = 2n 2. Siten 2 on luvun m 2 tekijä j siis myös luvun m tekijä (muutoin m = 2p + 1, p Z, jolloin m 2 = 4p 2 + 4p + 1 = 2(2p 2 + 2p) + 1 olisi 2:ll joton). Tällöin 4 on luvun m 2 tekijä j yhtälön m 2 = 2n 2 nojll luku 2 on luvun n 2 j edellä olevn nojll siis myös luvun n tekijä. Näin ollen luku 2 on lukujen m j n yhteinen tekijä, mikä on ristiriidss oletuksen knss. Väite on todistettu. Itseisrvo: Relliluvun x itseisrvo x määritellään seurvsti: { x, kun x 0; x = x, kun x < 0. Määritelmästä seur helposti mm. seurvt ominisuudet: 1) x 0 2) x = x 3) xy = x y 4) x y = x (y 0) y 5) x 2 = x 2 x = x 2 6) x < y y < x < y (tässä y > 0) 7) x > y x < y ti x > y Esimerkki Rtkise epäyhtälö x 2 x < 2x. Rtkisu: Kohdn 7) nojll x > 0 j edelleen x 2 x < 2x 2x < x 2 x < 2x x 2 + x > 0 j x 2 3x < 0 (x > 0 x < 1) j 0 < x < 3 0 < x < 3.

13 2.1. Reliluvuist 7 Seurvt itseisrvo koskevt epäyhtälöt ovt tärkeitä. Luse (Kolmioepäyhtälöt) Kikill x, y R pätee Todistus. Hrj. teht. x y x + y x + y. Itseisrvoepäyhtälöiden käsittelyssä voi usein käyttää seurv: x < y x 2 < y 2, x, y R. Ljennettu relilukujoukko: Usein relilukujen joukko ljennetn ääretön-symboleill j, merk. R = R { } { }. Nämä symbolit esiintyvät etenkin rj-rvo trkstelujen yhteydessä j niihin liitetään seurvt lskusäännöt: 1) x + = x ( ) =, x R 2) x + ( ) = x =, x R 3) x/ = x/( ) = 0, x R 4) x > 0: x = j x ( ) = 5) x < 0: x = j x ( ) = 6) + = = ( ) ( ) = 7) ( ) + ( ) = ( ) = ( ) = 8) Järjestys: x R: < x < Huom. Määrittelemättä jäävät mm., / j 0. Esimerkki Kun x, niin f(x) = 1/(x + 2) 0, sillä x + 2 j 1/(x + 2) 1/ = 0. Supremum j infimum: Reliluku M on joukon A R ylärj, jos x A pätee x M. Tällöin snotn, että A on ylhäältä rjoitettu. Vstvsti määritellään joukon lrj j lhlt rjoitettu joukko. Olkoon A R:n osjoukko j merkitään B A = {x R : x on A:n ylärj}. Jos B A, on B A :ssä täydellisyysksiomn nojll pienin lkio, jok on A:n pienin ylärj eli supremum, merk. sup A. Jos joukoll A on suurin lkio mx A (ts. mx A A j x A pätee x mx A), niin se on myös A:n pienin ylärj: mx A = sup A. Esimerkki A = {x R : x < 1}. Tällöin sup A = 1 / A. Rtionlilukujen joukko ei toteut täydellisyysksiom. Esimerkiksi joukko A = {x Q : x 2 < 2} on epätyhjä j ylhäältä rjoitettu Q:ss (2 on eräs A:n ylärj), mutt A:ll ei ole pienintä ylärj Q:ss. Sen sijn R:ssä supremum löytyy: sup A = 2. Seurv luse on yhtäpitävä joukon A pienimmän ylärjn määritelmän knss. Luse Luku g on joukon A supremum jos j vin jos seurvt kksi ehto on täytetty:

14 8 Luku 2. Reliluvuist j -funktioist i) x A: x g; ii) ϵ > 0 x A s.e. x > g ϵ. Esimerkki A = {x R : x = 2n 3 n, n Z +}. Tällöin sup A = 2. Todistus. i) n Z + pätee 2n 3 n ii) Osoitetn, ettei pienempää A:n ylärj ole: = 2 3 n < 2. Siis 2 on A:n ylärj. ϵ > 0 n Z + Tämän todistmiseksi hvitn, että 2n 3 n s.e. 2n 3 n > 2 ϵ. > 2 ϵ 3 n > ϵ n > 3 ϵ. Joukon A suurin lrj eli infimum, merk. inf A, voidn määritellä joukon C A = {x R : x on A:n lrj} suurimpn lkion, kun C A. Sen olemssolo voidn joht täydellisyysksiomst soveltmll supremumin olemssolo joukkoon E = {x R : x A} j hvitsemll, että inf A = sup E. Jos joukoll A on pienin lkio min A, niin se on myös A:n suurin lrj: min A = inf A. Luseen vstine infimumille s seurvn muodon. Luse Luku g on joukon A infimum jos j vin jos seurvt kksi ehto on täytetty: i) x A: x g; ii) ϵ > 0 x A s.e. x < g + ϵ. Jos joukko A ei ole ylhäältä (lhlt) rjoitettu, voidn käyttää merkintää sup A = (vst. inf A = ). 2.2 Reltiot j funktiot Reltiot: Olkoot A j B epätyhjiä joukkoj. Jokinen tulojoukon A B osjoukko R on reltio joukost A joukkoon B. Jos A = B snotn, että R A A on reltio A:ss. Esimerkki R = {(x, y) R 2 : x 2 + y 2 = 1} on R R:n osjoukkon reltio R:ssä. Reltiolle R A B voidn määritellä käänteisreltio R 1 seurvsti: R 1 = {(y, x) : (x, y) R}. Esimerkki R = {(x, y) : y = x 2, x R} on reltio R R 0 +:ss (R 0 + = R + {0}). Sen käänteisreltio R 1 = {(y, x) : y = x 2, x R} = {(y, x) : y R 0 + j x = ± y} on reltio R 0 + R:ssä. Tässä R vst neliöön korotust, R 1 neliöjuuren otto.

15 2.2. Reltiot j funktiot 9 Funktiot: Reltio f joukost A joukkoon B on funktio eli kuvus, jos se toteutt seurvt kksi ehto: i) x A y B s.e. (x, y) f; ii) x A, y, z B pätee: (x, y) f j (x, z) f = y = z. Siis jokist A:n lkiot x vst reltioss f yksikäsitteinen joukon B lkio. Snotn, että f on funktio/kuvus joukost A joukkoon B j merk. f : A B. Jos (x, y) f, merkitään y = f(x) j snotn, että x on (vp) muuttuj j y funktion f rvo pisteessä x. Usein funktio määritellään ntmll kuvussääntö f : x y. Nimityksiä: Olkoon f : A B. Tällöin: 1) A(= M f ) on f:n määrittelyjoukko eli lähtöjoukko; 2) f(a) = {y B : y = f(x), x A} on f:n kuvjoukko eli rvojoukko; 3) Reltiot {(x, y) : x A, y = f(x)} snotn f:n kuvjksi; 4) f on injektio, jos x, y A pätee: f(x) = f(y) = x = y; 5) f on surjektio, jos f(a) = B, ts. y B x A: y = f(x); 6) f on bijektio, jos se on sekä injektio että surjektio. Huomioit: ) Funktiot f j g ovt smoj eli identtiset jos niillä on sm määrittelyjoukko, ts. M f = M g j f(x) = g(x) x M f. b) Jokisell funktioll f : A B on olemss käänteisreltio f 1 B A. Se määrittelee kuvuksen B A, jos j vin jos f on bijektio. Tällöin snotn, että f 1 : B A on f:n käänteiskuvus. Siten käänteiskuvus f 1 on olemss, jos j vin jos yhtälöllä y = f(x) on yksikäsitteinen rtkisu x A jokisell y B. Esimerkki f : R R 0 +, y = x 2. Tällöin f:llä ei ole käänteikuvust R 0 + R. Kuvus f : A A, f(x) = x, x A, on A:n identtinen kuvus, jot merk. usein f = Id A. Yhdistetty kuvus: Olkoot f : A B j g : B C kuvuksi. Niiden yhdistetty kuvus g f määritellään kvll g f : A C, (g f)(x) = g(f(x)), x A. Snotn, että f on sisäfunktio j g ulkofunktio.

16 10 Luku 2. Reliluvuist j -funktioist A B C f g x f(x) (g f)(x) Kuv 2.1: f:n j g:n yhdistetty kuvus. Esimerkki (x 1) 2, 2 x + 1, sin 2 (x 3 ) j log(x 2 + 1). Seurvt tulokset ovt tyypillisiä: i) Jos f : A B j g : B C ovt bijektioit, niin myös g f : A C on bijektio. Niiden käänteiskuvuksille pätee: (g f) 1 = f 1 g 1. ii) Jos f : A B on bijektio, niin f f 1 = Id B j f 1 f = Id A. iii) Jos kuvuksille f : A B j g : B A pätee g f = Id A j f g = Id B, niin f j g ovt bijektioit j f 1 = g, g 1 = f. 2.3 Yhden muuttujn relifunktiot Olkoon f : A B funktio. Jos A j B ovt R:n osjoukkoj snotn, että f on yhden relisen muuttujn relirvoinen funktio, lyhyesti relifunktio. Esimerkki f : R R +, f(x) = e x j g : R + R, g(x) = ln(x). (g = f 1 ) Usein relifunktiot määritellään muuttujien x j y välisillä yhtälöillä. Erotetn kolme eri tpust. A) Eksplisiittinen esitys: y = f(x). Tässä x:n j y:n väliset yhtälöt on nnettu ti rtkistu y:n suhteen. B) Implisiittinen esitys: F (x, y) = 0. Muuttujien x j y väliset yhtälöt ovt rtkisemttomss muodoss. Prit (x, y), jotk toteuttvt yhtälön F (x, y) = 0 muodostvt in reltion. Erikseen on vrmistettv esim. lähtö- ti kuvjoukko sopivsti rjoittmll, että ehto F (x, y) = 0 todell määrittelee funktion. C) Prmetriesitys: x = u(t) j y = v(t). Tässä x j y riippuvt relisest prmetrist t. Jälleen on erikseen vrmistettv, että prit (x, y) = (u(t), v(t)) määrittelevät funktion. Jos prmetrin t eliminointi onnistuu, sdn funktiolle ekplisiittinen ti implisiittinen esitys. Esimerkki Yhtälö 2x+3y = 6 määrittelee funktion f : R R. Vstvt esitykset ovt: ) y = 2 3x + 2 (eksplisiittinen esitys);

17 2.4. Relifunktion rj-rvo 11 b) 2x + 3y 6 = 0 (implisiittinen esitys); c) x = 3t 1 j y = 2t (t R) (eräs prmetriesitys). 2.4 Relifunktion rj-rvo Rj-rvon määrittelemiseksi otetn käyttöön pisteen ϵ-ympäristö, jok määritellään pisteessä x 0 R joukkon U ϵ (x 0 ) = {x R : x x 0 < ϵ}. Tässä ϵ > 0 on yleensä pieni positiivinen luku. Pisteen x 0 ito ϵ-ympäristö sdn poistmll piste x 0 sen ϵ-ympäristöstä: U ϵ(x 0 ) = {x R : 0 < x x 0 < ϵ} = U ϵ (x 0 ) \ {x 0 }. Olkoon funktio f määritelty josskin pisteen x 0 idoss ympäristössä U (x 0 ). Funktioll f on rj-rvo pisteessä x 0, jos jokist ϵ > 0 kohti on olemss δ = (δ ϵ ) > 0 siten, että 0 < x x 0 < δ = f(x) < ϵ. Määritelmän voi kirjoitt yhtäpitävästi muotoon ϵ > 0 δ > 0 s.e. f(u δ (x 0)) U ϵ (). y + ɛ y = f(x) U ɛ () f(x 0 ) = f(u δ (x 0 )) ɛ x 0 δ x 0 x0 + δ x U δ (x 0 ) Kuv 2.2: Rj-rvo; luvun δ = (δ ϵ ) > 0 vlint. Kun f:llä on x 0 :ss rj-rvo merkitään lim f(x) =. x x 0 Rj-rvoehdon todistmiseksi pyritään epäyhtälöstä f(x) < ϵ johtmn ehto δ = δ ϵ :lle.

18 12 Luku 2. Reliluvuist j -funktioist Esimerkki ) Jos f(x) = c (vkio) x R, niin lim x x0 f(x) = c, x 0 R. Nimittäin ϵ > 0: f(u δ (x 0)) = {c} U ϵ (c), olip δ > 0 vlittu miten thns. b) f(x) = x + b, x R j 0. Todistetn, että lim x x0 f(x) = x 0 + b. Nyt f(x) (x 0 + b) = x x 0 = x x 0, joten vlitsemll δ = ϵ/ (> 0) sdn ϵ > 0: 0 < x x 0 < δ = f(x) (x 0 + b) < ϵ = ϵ; c) Funktio f(x) = x 2 sin(1/x) ei ole määritelty pisteessä x = 0. Kuitenkin lim x 0 f(x) = 0. Olkoon ϵ > 0 mielivltinen. Tällöin f(x) 0 = x 2 sin(1/x) = x 2 sin(1/x) x 2 1 < ϵ, kun x < ϵ. Siis voidn vlit δ = ϵ. Jos funktioll f on rj-rvo pisteessä x 0, niin se on yksikäsitteisesti määrätty. Luse Jos lim x x0 f(x) = j lim x x0 f(x) = b, niin = b. Todistus. Olkoon ϵ > 0 mielivltinen. Oletuksen nojll δ > 0 s.e. f(x) < ϵ j f(x) b < ϵ, kun 0 < x x 0 < δ. Tällöin kolmioepäyhtälön (Luse 2.1.4) nojll b = (f(x) ) (f(x) b) f(x) + f(x) b < ϵ + ϵ = 2ϵ. Kosk ϵ > 0 oli mielivltinen, on oltv b = 0 eli b =. Funktioille voidn määritellä myös toispuoleiset rj-rvot. Funktioll f on oikenpuoleinen rj-rvo pisteessä x 0, merk. lim x x0 + f(x) =, jos ϵ > 0 δ > 0 s.e. 0 < x x 0 < δ = f(x) < ϵ. Vstvsti määritellään vsemmnpuoleinen rj-rvo: lim x x0 f(x) =, jos ϵ > 0 δ > 0 s.e. 0 < x 0 x < δ = f(x) < ϵ. Määritelmistä seur välittömästi: lim x x0 f(x) = lim x x0 + f(x) = = lim x x0 f(x). Rj-rvoj määritettäessä seurvt lskusäännöt ovt hyödyllisiä. Luse Olkoot funktioill f j g rj-rvot pisteessä x 0. Tällöin: i) lim x x0 (cf(x) + b) = c lim x x0 f(x) + b (tässä c, b R); ii) lim x x0 (f(x) + g(x)) = lim x x0 f(x) + lim x x0 g(x);

19 2.5. Jtkuvuus 13 iii) lim x x0 f(x)g(x) = (lim x x0 f(x)) (lim x x0 g(x)); iv) lim x x0 f(x) g(x) = lim x x 0 f(x) lim x x0 g(x), kun lim x x 0 g(x) 0. Todistus. Todistukset voidn perust suorn määritelmään. Rj-rvon määritelmä voidn ljent myös tpuksiin x 0 = ± j = ±. Esimerkiksi: lim f(x) =, jos ϵ > 0 M > 0 x s.e. x > M = f(x) < ϵ; lim f(x) =, jos M > 0 δ > 0 x x 0 s.e. 0 < x x 0 < δ = f(x) > M. Vstvsti voidn määritellä toispuoleiset rj-rvot: lim f(x) =, jos M > 0 δ > 0 s.e. 0 < x x 0 < δ = f(x) > M; x x 0 + lim f(x) =, jos M > 0 δ > 0 s.e. 0 < x 0 x < δ = f(x) < M; x x 0 jne., kuten myös rj-rvot lim x ± f(x) = ±. Esimerkki lim (x + x 1)3 =, 1 lim x 0+ x =, { lim 1 x 0 x =, f(x) = 1 0, kun x 0+; 3 1 x + 1 1, kun x 0. Huom! Luseen tulokset (lskusäännöt) ovt voimss myös toispuoleisille j epäolennisille rj-rvoille. Tällöin rj-rvolskuiss on huomioitv symboleit j koskevt rjoitukset niillä lskettess. 2.5 Jtkuvuus Olkoon funktio f määritelty pisteen x 0 eräässä ympäristössä U(x 0 ). Tällöin f on jtkuv pisteessä x 0, jos lim x x 0 f(x) = f(x 0 ). Jos f ei ole jtkuv pisteessä x 0 snotn, että f on epäjtkuv pisteessä x 0. Tällöin f:llä ei ole rj-rvo pisteesä x 0 ti ko. rj-rvo on olemss, mutt erisuuri kuin f(x 0 ). Rj-rvo koskevst Luseest seur välittömästi Luse Jos f j g ovt jtkuvi pisteessä x 0, niin myös funktiot c f + b (c, b R), f + g, f g j f/g (kun g(x 0 ) 0) ovt jtkuvi pisteessä x 0. Voidn määritellä myös funktion toispuoleinen jtkuvuus. Funktio f on oikelt jtkuv pisteessä x 0, jos lim x x 0 + f(x) = f(x 0) j vsemmlt jtkuv pisteessä x 0, jos lim f(x) = f(x 0). x x 0

20 14 Luku 2. Reliluvuist j -funktioist Vstvst rj-rvo koskevst tuloksest seur: f on jtkuv x 0 :ssä f on sekä oikelt että vsemmlt jtkuv x 0 :ssä. Jtkuvuuden j rj-rvon määritelmät yhdistämällä sdn f:n jtkuvuudelle pisteessä x 0 seurv krkteristio: ϵ > 0 δ > 0 s.e. x x 0 < δ = f(x) f(x 0 ) < ϵ eli ϵ > 0 δ > 0 s.e. f(u δ (x 0 )) U ϵ (f(x 0 )). Esimerkki ) Itseisrvofunktio f(x) = x on jtkuv x R. b) Funktio f(x) = (2x+ x )/(x 3) on jtkuv pisteissä x R \{3} eli määrittelyjoukossn. Funktiot f snotn jtkuvksi voimell välillä ], b[, jos f on jtkuv välin ], b[ jokisess pisteessä. Vstvsti f on jtkuv suljetull välillä [, b], jos se on jtkuv välillä ], b[ j lisäksi toispuoleisesti jtkuv välin [, b] päätepisteissä. Esimerkki Polynomit P (x), sin x, cos x j e x ovt jtkuvi R:ssä, ln x on jtkuv R + :ss. Rtionlifunktiot P (x)/q(x) ovt jtkuvi väleillä/pisteissä, joiss Q(x) 0. Smoin tn x on jtkuv väleillä/pisteissä, joiss x π/2+nπ, n Z, j cot x on jtkuv väleillä/pisteissä, joiss x nπ, n Z. Luse Jos f on jtkuv pisteessä x 0 j g on jtkuv pisteessä y 0 = f(x 0 ), niin yhdistetty funktio g f on jtkuv pisteessä x 0 : lim x x 0 (g f)(x) = lim x x 0 g(f(x)) = g( lim x x 0 f(x)) = g(f(x 0 )) = (g f)(x 0 ). Todistus. Olkoon ϵ > 0. Funktion g jtkuvuuden nojll δ > 0 s.e. (2.1) y y 0 < δ = g(y) g(y 0 ) < ϵ. Toislt f:n jtkuvuuden nojll luku δ > 0 kohti on olemss δ > 0 s.e. (2.2) x x 0 < δ = f(x) f(x 0 ) < δ. Tässä f(x 0 ) = y 0, joten voimme sovelt impliktiot (2.1) rvoll y = f(x). Siten yhdistämällä (2.2) j (2.1) sdn väite: ϵ > 0 δ > 0 s.e. x x 0 < δ (2.2) {}}{ = f(x) f(x 0 ) } {{ } =y 0 < δ (2.1) {}}{ = g(f(x)) g(y 0 ) < ϵ. } {{ } =g(f(x 0 )) Seurv jtkuvi funktioit koskev tulos on tärkeä. Luse (Bolznon luse) Jos f on jtkuv suljetull välillä [, b] j s välin päätepisteissä erimerkkiset rvot (ts. f() f(b) < 0), niin on olemss inkin yksi piste ξ, < ξ < b, siten että f(ξ) = 0.

21 2.6. Funktion derivtt 15 Todistus. Geometrisesti ilmeinen; yksityiskohdt käsitellään luennoill (todistus perustuu täydellisyysksiomn). Bolznon luseest voidn helposti joht seurv jtkuvn funktion rvoj koskev tulos. Luse Jos f on jtkuv suljetull välillä [, b] j luku c on rvojen f() j f(b) välissä, niin on olemss inkin yksi piste ξ, < ξ < b, s.e. f(ξ) = c. Todistus. Sovelletn Bolznon lusett funktioon g(x) = f(x) c. Yksityiskohdt jätetään hrj. tehtäväksi. Luse Suljetull välillä [, b] jtkuv funktio f on sekä ylhäältä että lhlt rjoitettu. Lisäksi f svutt suurimmn j pienimmän rvons välillä [, b], ts. x 1, x 2 [, b] siten, että f(x 1 ) f(x) f(x 2 ), x [, b]. Todistus. Tämäkin tulos voidn todist supremum-trksteluill, ts. relilukujen täydellisyysksiomst käsin (yksityiskohdt käsitellään luennoill). Esimerkki Funktioll f(x) = 1/(sin 2 x + 2) on suurin rvo välillä [ 1, 1]. Nimittäin sin x j siten myös sin 2 x + 2 j edelleen f(x) on jtkuv välillä [ 1, 1], kosk nimittäjällä ei ole nollkohti. Luse = väite. Itse siss: sin 2 x eli f(x) 1/2 j f(0) = 1/ Funktion derivtt Derivtn määritelmä perustuu rj-rvon käsitteeseen. Olkoon funktio f määritelty pisteen x 0 R eräässä ympäristössä. Tällöin f on derivoituv pisteessä x 0, jos erotusosmäärällä f(x 0 + h) f(x 0 ), h 0 h on äärellinen rj-rvo, kun h 0. Tätä rjrvo snotn f:n derivtksi pisteessä x 0 j merk. f f(x 0 + h) f(x 0 ) (x 0 ) = lim. h 0 h y f(x) f(x 0 ) x 0 x y = f(x) Oheinen kuv hvinnollist derivtn määritelmää. h = x x 0 Kuvioss suorn S kulmkerroin on f(x) f(x 0) x x 0. Kun x x 0 suorn kulmkerroin lähestyy pisteeseen (x 0, f(x 0 )) piirretyn tngentin kulmkerroint, mikä nt derivtlle geometrisen tulkinnn: f (x 0 ) = lim x x 0 f(x) f(x 0 ) x x 0. S x Esimerkki f(x) = x 2. Tällöin h 0: f(x 0 + h) f(x 0 ) h joten f (x 0 ) = lim h 0 (2x 0 + h) = 2x 0. = (x 0 + h) 2 x 2 0 h = x hx 0 + h 2 x 2 0 h = 2x 0 + h,

22 16 Luku 2. Reliluvuist j -funktioist Funktion y = f(x) derivtlle käytetään myös merkintöjä df(x) dx, dy(x) dx, Df(x), y (x). Jos funktio f on derivoituv esim. välin ], b[ jokisess pisteessä, derivtt määrittelee uuden funktion f :], b[ R, x f (x). Tätä derivttfunktiot f merk. usein myös df dx, dy dx, Df, y. Derivtn määritelmästä nähdään, että jos f on derivoituv pisteessä x 0, niin kikill h 0: lim f(x 0 + h) f(x 0 ) = lim h lim f(x 0 + h) f(x) h 0 h 0 h 0 h = 0 f (x 0 ) = 0. Siten, jos f on derivoituv pisteessä x 0, niin se on myös jtkuv pisteessä x 0. Käänteinen väite ei päde, ts. funktion jtkuvuus ei tk sen derivoituvuutt. Esimerkki Itseisrvofunktio f(x) = x on jtkuv x R. Kun x 0 = 0, sdn f(x 0 + h) f(x 0 ) h = h { 1, kun h < 0; h = 1, kun h > 0. Siten erotusosmäärällä ei ole rj-rvo pisteessä x 0 = 0. Esimerkin tpuksess funktioll f(x) = x on erisuuret toispuoleiset derivtt pisteessä x 0 = 0. Yleisesti funktion f oikenpuoleinen derivtt pisteessä x 0 määritellään erotusosmäärän oikenpuoleisen rj-rvon: f (x 0 +) = lim h 0+ f(x 0 + h) f(x 0 ). h Vstvsti f:n vsemmnpuoleinen derivtt pisteessä x 0 on rj-rvo f (x 0 ) = lim h 0 f(x 0 + h) f(x 0 ). h Siten f on derivoituv pisteessä x 0, jos j vin jos sillä on olemss toispuoleiset derivtt pisteessä x 0 j ne ovt keskenään yhtäsuuret. Kuten jtkuvuuden yhteydessä voidn määritellä funktion derivoituvuus voimell j suljetull välillä. Derivoimissääntöjä: Seurvt derivoimissäännöt voidn joht suorn määritelmästä. Luse Olkoot f j g derivoituvi pisteessä x. Tällöin: i) (c f(x)) = c f (x), c R vkio; ii) (f(x) + g(x)) = f (x) + g (x); iii) (f(x)g(x)) = f (x)g(x) + f(x)g (x); iv) ( f(x) g(x) ) = f (x)g(x) f(x)g (x) (g(x)) 2, g(x) 0. Luseen kohdt i) j ii) merkitsevät, että derivointi on linerinen opertio; ts. D(f + bg) = Df + b Dg. Yhdistetyn funktion derivoituvuutt koskee seurv tulos.

23 2.6. Funktion derivtt 17 Luse Jos f on derivoituv pisteessä x 0 j g on derivoituv pisteessä y 0, missä y 0 = f(x 0 ), niin yhdistetty funktio g f on derivoituv pisteessä x 0 j D((g f)(x 0 )) = g (f(x 0 )) f (x 0 ) (Ketjusääntö). Todistus. Merk. u(y, y 0 ) = (g(y) g(y 0 ))/(y y 0 ) g (y 0 ), jolloin u(y, y 0 ) 0 kun y y 0. Kun y = f(x), sdn (g f)(x) (g f)(x 0 ) g(y) g(y 0 ) lim = lim x 0 x x 0 x 0 x x 0 = lim(g f(x) f(x 0 ) (y 0 ) + u(y, y 0 ) ) lim = g (y x 0 } {{ } 0 ) f (x 0 ), x 0 x x 0 0, kun y y 0 sillä, kun x x 0, niin myös y = f(x) f(x 0 ) = y 0, kosk f derivoituvn on myös jtkuv pisteessä x 0. Seurv tulos liittyy käänteisfunktion derivoituvuuteen. Olkoon f määritelty pisteen x 0 eräässä ympäristössä j oletetn, että f:llä on käänteisfunktio f 1, jok on määritelty eräässä pisteen y 0 = f(x 0 ) ympäristössä. Luse Olkoot f j f 1 kuten yllä j oletetn, että f 1 on jtkuv pisteessä y 0 = f(x 0 ) j että f:llä on pisteessä x 0 derivtt f (x 0 ) 0. Tällöin f 1 on derivoituv pisteessä y 0 j Todistus. Merk. y = f(x) j y 0 = f(x 0 ). Tällöin D(f 1 (y 0 )) = 1 f (x 0 ) = 1 f (f 1 (y 0 )). f 1 (y) f 1 (y 0 ) x x 0 lim = lim y y 0 y y 0 y y 0 f(x) f(x 0 ) = lim 1 x x 0 f(x) f(x 0 ) = 1 f (x 0 ), x x 0 sillä f 1 :n jtkuvuuden nojll pisteessä y 0 pätee y y 0 = x = f 1 (y) f 1 (y 0 ) = x 0. Huom. 1. Jos f 1 :n derivoituvuus pisteessä y 0 tiedetään jo etukäteen, sdn käänteisfunktion derivoimissääntö suorn Luseen vull: Määritelmän mukn joten derivointi puolittin nt eli (f 1 f)(x) = x, (f 1 ) (f(x 0 )) f (x 0 ) = 1 (f 1 ) (y 0 ) = 1 f (x 0 ), f (x 0 ) 0. Huom. 2. Käänteisfunktion f 1 jtkuvuutt pisteessä y 0 = f(x 0 ) ei priori trvitse olett; se seur myös suorn oletuksest f (x 0 ) 0.

24 18 Luku 2. Reliluvuist j -funktioist 2.7 Tvllisimpien funktioiden derivttoj Trigonometristen funktioiden derivtt: Eksponenttifunktio: e x : R R +. D sin x = cos x, D tn x = 1 cos 2 x = 1 + tn2 x, D cos x = sin x, D cot x = 1 sin 2 x = 1 cot2 x. e x+h e x lim h 0 h = e x e h 1 lim = h 0 h }{{} e x 1 = e x. vtii toki perustelun! Siis De x = e x. Tässä kntluku e on ns. Neperin luku, jok voidn määritellä rj-rvon ( e = lim n, n Z +. n n) Itse siss e = ( lim x x R \ {0}. x ± x) Kun kntlukun on > 0, sdn x = e x ln, joten missä käytettiin ketjusääntöä (Luse 2.6.4). D x = e x ln ln = x ln, Logritmifunktio: ln x : R + R. ln x on e x :n käänteisfunktio. Luse = D ln x = Logritmifunkio kntlukun > 0 ( 1): log x = log e ln x, 1 (De y = 1 ) y=ln x e ln x = 1 x. Yhdistetyn funktion derivointisääntö nt edelleen: Yleinen potenssifunktio: x, R. Esimerkki D(log x) = log e x. D(ln x ) = 1 x j D(log x ) = log e x, x 0. x = e ln x, Dx = e ln x ( 1 x ) = x x = x 1. ) f(x) = x x, x > 0. Kirjoitetn x x = e x ln x. Tällöin Df(x) = D(e x ln x ) = e x ln x D(x ln x) = x x (1 ln x + x 1 x ) = xx (ln x + 1).

25 2.8. Derivtn ominisuuksi 19 b) D(ln(ln(x 2 + 1))) = 1 ln(x 2 +1) 1 x x. Arkusfunktiot: Trigonometriset funktiot eivät ole jksollisin kääntyviä koko R:ssä. Sopivill R:n osväleillä käänteisfunktiot sdn kuitenkin määriteltyä j niitä kutsutn rkusfunktioiksi. 1) rcsinx (l. rcsin x:n päähr) y = rcsinx x = sin y j y [ π/2, π/2] ts. kyseessä on sin y:n käänteisfunktio välillä y [ π/2, π/2]. Derivtt sdn käänteisfunktion derivointisäännöllä: y (x) = Siis D(rcsinx) = 1 1 x 2 ; 2) rccosx (l. rccos x:n päähr) 1 d dy sin y = 1 cos y = 1 1 sin 2 y = 1. 1 x 2 y = rccosx x = cos y j y [0, π]. Derivtt sdn käänteisfunktion derivointisäännöllä: Vstvsti sdn: D(rccosx) = 3) rctnx (l. rctn x:n päähr) 1 sin y = cos 2 y = 1. 1 x 2 y = rctnx x = tn y j y ] π/2, π/2[, D(rctnx) = x 2 ; 4) rccotx (l. rccot x:n päähr) y = rccotx x = cot y j y ]0, π[, D(rccotx) = x Derivtn ominisuuksi Derivtt kertoo funktion loklist käyttäytymisestä. Luse Olkoon f derivoituv pisteessä x 0. Tällöin: i) Jos f (x 0 ) > 0, niin on olemss ϵ > 0 siten, että { f(x) < f(x0 ), kun x 0 ϵ < x < x 0 ; f(x) > f(x 0 ), kun x 0 < x < x 0 + ϵ;

26 20 Luku 2. Reliluvuist j -funktioist ii) Jos f (x 0 ) < 0, niin on olemss ϵ > 0 siten, että { f(x) > f(x0 ), kun x 0 ϵ < x < x 0 ; f(x) < f(x 0 ), kun x 0 < x < x 0 + ϵ; iii) Jos f:llä on lokli minimi ti mksimi pisteessä x 0, niin f (x 0 ) = 0. Todistus. i) Kosk f (x 0 ) = lim x x0 f(x) f(x 0 ) x x 0 j f (x 0 ) > 0 on olemss ϵ > 0 siten, että f(x) f(x 0 ) x x 0 > 0, kun 0 < x x 0 < ϵ. Tämä nt kohdn i). Vstvsti todistetn koht ii). Koht iii) seur kontrpositioll kohdist i) j ii). Luse (Rollen luse) Oletetn, että funktio f on i) jtkuv suljetull välillä [, b]; ii) derivoituv voimell välillä ], b[; iii) f() = f(b). Tällöin on olemss inkin yksi piste ξ ], b[ siten, että f (ξ) = 0. Todistus. Jos f on vkio välillä [, b], on f (x) = 0, x [, b], j väite on selvästi voimss. Muuss tpuksess f s välillä ], b[ rvoj, jotk ovt esim. suurempi (pienempiä) kuin f() = f(b). Tällöin Luseen nojll f jtkuvn funktion s mksimin (minimin) pisteessä ξ [, b] j nyt välttämättä ξ, b; ts. < ξ < b. Nyt Luse 2.8.1, koht iii):n mukn f (ξ) = 0. Luse (Välirvoluse) Oletetn, että f on i) jtkuv suljetull välillä [, b]; ii) derivoituv voimell välillä ], b[. Tällöin on olemss inkin yksi piste ξ ], b[ s.e. f (ξ) = f(b) f(). b Todistus. Sovelletn Rollen Lusett funktioon h(x) = f(x) f() f(b) f() (x ). b Tällöin h (ξ) = 0 jollekin ξ ], b[ j väite seur derivoimll h(x):n luseke. (Yksityiskohdt: Hrj. teht.)

27 2.8. Derivtn ominisuuksi 21 Välirvoluse on tärkeä väline mtemttisess nlyysissä. Sillä on useit tärkeitä sovelluksi j seuruksi. Luse (Integrlilskennn perusluse). Oletetn, että i) f on jtkuv suljetull välillä [, b]; ii) f on derivoituv voimell välillä ], b[; iii) f (x) = 0 kikill x ], b[. Tällöin f on vkio koko välillä [, b]. Todistus. Olkoon x ], b[ mielivltinen. Soveltmll välirvolusett välillä [, x] sdn f(x) f() = f (ξ)(x ), ξ ], x[. Oletuksen iii) mukn f (ξ) = 0, joten f(x) = f(). Rj-rvolskuiss seurv tulos on hyödyllinen. Luse (l Hospitlin sääntö) Olkoot f j g jtkuvsti derivoituvi pisteen josskin ympäristössä U δ () =] δ, + δ[. Jos f() = g() = 0, niin f(x) lim x g(x) = lim f (x) x g (x) ( R). Todistus. Kosk f() = g() = 0, sdn f(x) lim x g(x) = lim x f(x) f() x g(x) g() x = f () g (). Huom.! Derivtn jtkuvuudest voidn luopu soveltmll välirvolusett. Esimerkki b) lim x 0 sin x x c) lim x 0 x 2 1 cos x ) lim x 0 e x 1 x l H. {}}{ = lim x 0 cos x 1 = cos(0) = 1; l H. {}}{ = lim x 0 2x sin x = 2 lim x 0 l H. {}}{ = lim x 0 D(e x 1) Dx = lim x 0 e x 1 = 1; 1 sin x x Välirvoluse voidn yleistää seurvn muotoon. b) {}}{ = 2 1 = 2. Luse (Yleistetty välirvoluse) Oletetn, että f j g ovt i) jtkuvi suljetull välillä [, b]; ii) derivoituvi voimell välillä ], b[;

28 22 Luku 2. Reliluvuist j -funktioist iii) g (x) 0 kikill x ], b[. Tällöin on olemss inkin yksi piste ξ ], b[ s.e. Todistus. Hrj. teht. f(b) f() g(b) g() = f (ξ) g (ξ). Yleistetyn välirvoluseen vull sdn l Hospitlin säännölle seurv yleisempi versio. Luse (l Hospitlin sääntö) Olkoot f j g jtkuvi välillä [, b] j derivoituvi välillä ], b[, j olkoot f() = g() = 0 sekä g (x) 0 kikill x ], b[. Tällöin f (x) f(x) lim x + g = c ( R) = lim (x) x + g(x) = c. Todistus. Olkoon x ], b[ mielivltinen. Sovelletn Lusett välillä [, x]: f(x) g(x) = f(x) f() g(x) g() = f (ξ) g (ξ), ξ ], x[. Kun x +, niin myös ξ +, mistä väite seur. Tässä g(x) g() = 0, kosk g (x) 0 x ], b[. Luse Olkoon funktio f(x) jtkuv pisteessä x 0 j lisäksi derivoituv pisteen x 0 josskin idoss ympäristössä 0 < x x 0 < δ (δ > 0). Jos derivtn oikenpuoleinen rj-rvo lim x x0 + f (x) on olemss, niin f(x):llä on oikenpuoleinen derivtt pisteessä x 0 j f (x 0 +) = lim f (x). x x 0 + Todistus. Sovelletn välirvolusett; yksityiskohdt esitetään luennoill. Huom. Vstv tulos pätee myös vsemmnpuoleiselle rj-rvolle/derivtlle j siten erityisesti: jos f(x) on jtkuv pisteessä x 0, niin lim x x 0 f (x) f (x 0 ) j f (x 0 ) = lim x x 0 f (x). Tällöin f on jtkuvsti derivoituv pisteessä x 0. Huom, että f:n jtkuvuutt koskevst oletuksest Luseess ei void luopu. 2.9 Funktion äärirvot Funktioll f on lokli mksimi (vst. minimi) pisteessä x 0, jos f(x 0 ) on f:n suurin (vst. pienin) rvo josskin x 0 :n ympäristössä U δ (x 0 ) =]x 0 δ, x 0 + δ[. Luseen 2.8.1, kohdn iii) mukn, jos f on derivoituv pisteessä x 0, niin välttämätön ehto f:n loklille äärirvolle on, että f (x 0 ) = 0. Käänteinen väite ei ole voimss. Esimerkki f(x) = x 3, f (x) = 3x 2, joten f (0) = 0, mutt 0 ei ole f:n äärirvokoht.

29 2.9. Funktion äärirvot 23 Luse Olkoon f derivoituv (rjoitetull ti rjoittmttomll) välillä I (I R). Jos f (x) 0 (vstvsti f (x) > 0) kikiss I:n sisäpisteissä, niin f on ksvv (vstvsti idosti ksvv) välillä I. Todistus. Olkoot x, y I j x < y. Välirvoluseen nojll f(y) f(x) = f (ξ)(y x), x < ξ < y. Siten f (ξ) 0 = f(y) f(x) j vstvsti f (ξ) > 0 = f(y) > f(x). Vstvsti: f (x) 0 x I = f vähenevä välillä I; f (x) < 0 x I = f idosti vähenevä välillä I. Luseest sdn f:lle seurv äärirvotesti. Luse Jos f on jtkuv pisteessä x 0 j derivoituv pisteen x 0 josskin idoss ympäristössä U δ (x 0 ) j f (x) viht merkkiään pisteessä x 0, niin f:llä on lokli äärirvo pisteessä x 0 : + = lokli mx, + = lokli min. Todistus. Luse sovellettun väleillä ]x 0 δ, x 0 ] j [x 0, x 0 + δ[. Käänteinen tulos ei tskn ole voimss. Itse siss f:n j f :n käyttäytyminen loklin äärirvokohdn x 0 ympäristössä stt oll vrsin epäsäännöllistä. Myös funktion f toist derivtt f, jok liittyy käyrän kuperuuteen, voidn käyttää pun loklien äärirvojen määrityksessä. Käyrä y = f(x) on välillä I kuper lspäin (vst. kuper ylöspäin), jos käyrä ei missään välin I pisteessä ole minkään tngenttins lpuolell (yläpuolell). Luse Jos f:n derivtt f on välillä I idosti ksvv (vst. vähenevä), niin käyrä y = f(x) on kuper lspäin (vst. kuper ylöspäin). Todistus. Pisteessä x 1 I olevn tngentin yhtälö on y = t(x) = f(x 1 ) + f (x 1 )(x x 1 ). Olkoon x 2 I (x 2 x 1 ). Välirvoluseen nojll f(x 2 ) f(x 1 ) = f (ξ)(x 2 x 1 ), missä ξ on pisteiden x 1 j x 2 välissä. Nyt f idosti ksvv = f(x 2 ) f(x 1 ) = f (ξ) (x 2 x 1 ) > f (x 1 ) (x 2 x 1 ), eli f(x 2 ) > f(x 1 ) + f (x 1 ) (x 2 x 1 ) = t(x 2 ). Siis y = f(x) on kuper lspäin. Vstvsti todistetn väitteen toinen os.

30 24 Luku 2. Reliluvuist j -funktioist y y = f(x) d y = t(x) x 1 x 2 x Oheinen kuv hvinnollist Luseen tulost j sen todistust. Yhdistämällä Luseet j sdn Seurus Jos f (x) > 0 (vst. f (x) < 0) x I, niin käyrä y = f(x) on kuper lspäin (vst. ylöspäin). Toisen derivtn vull sdn seurv äärirvotesti. Luse Olkoon f derivoituv pisteen x 0 josskin ympäristössä j khdesti derivoituv pisteessä x 0. Tällöin: i) Jos f (x 0 ) = 0 j f (x 0 ) < 0, niin f:llä on lokli mksimi x 0 :ss; ii) Jos f (x 0 ) = 0 j f (x 0 ) > 0, niin f:llä on lokli minimi x 0 :ss. Todistus. Luse = f (x) viht merkkiään pisteessä x 0, joten väite seur Luseest Huom. Pistettä x 0, joss f (x 0 ) = 0 j joss f (x) viht merkiään snotn f:n käännepisteeksi. Yhteenveton voidn todet, että suljetull välillä jtkuvll funktioll f on suurin j pienin rvo (Luse 2.5.7). Se svutetn joko f:n lokliss äärirvokohdss ti välin päätepisteessä. Loklej äärirvokohti välillä I voivt oll:

31 2.10. Implisiitti- j prmetrimuotoisen funktion derivointi 25 (1) pisteet, joiss f (x 0 ) = 0; (2) pisteet x 0, joiss f ei ole derivoituv; (3) pisteet x 0, joiss f on epäjtkuv Implisiitti- j prmetrimuotoisen funktion derivointi Implisiittifunktion derivointi: Jos yhtälö F (x, y) = 0 määrittelee jonkin funktion y = f(x), voidn f:n derivtt f (x) usein sd derivoimll suorn lusekett F (x, f(x)). Esimerkki nt ) F (x, y) = y 2 x = 0. Merkitään y = y(x), jolloin derivointi puolittin 2y(x) y (x) 1 = 0 y (x) = 1 2y. Tässä y 2 = x, joten y = ± x j sijoitus nt y (x) = 1 ±2 x. b) F (x, y) = y e xy = 0. Määrätään käyrän y = e xy pisteeseen (0, 1) piirretyn tngentin yhtälö. Nyt y (x) = e xy(x) (1 y(x) + xy (x)) = e xy(x) (y(x) + xy (x)). Siten y(0) = 1 = y (0) = e 0 (1 + 0 y (0)) = 1. Tngentin yhtälö on: y 1 = 1 (x 0) y = x + 1. Kuten esimerkit osoittvt derivtn lusekkeeseen jää F (x, y):n derivoinnin jälkeen y, jonk rvo on erikseen selvitettävä. Prmetrimuotoisen funktion derivointi: Olkoot x = x(t) j y = y(t). Jos funktioll x(t) on käänteisfunktio ϕ = x 1, ϕ(x) = t jollkin sopivll prmetrin t sisältävällä välillä, niin pri (x(t), y(t)) määrittelee funktion y = f(x): y(t) = y(ϕ(x)) = (y ϕ) (x). } {{ } =f Johdetn luseke y:n derivtlle y = f (x). Yhdistetyn funktion j käänteisfunktion derivointisääntöjen mukn y (x) = f (x) = y (ϕ(x)) ϕ (x) = y 1 (t) x (t). Siis y (x) = f (x) = y (t) x (t). Yhtäpitävästi: dy dy dx = dt. (Mikä osoitt, että differentileill voidn lske kuten luvuill.) Tulos osoitt, että funktion y = f(x) derivtt voidn lske selvittämättä itse funktion f(x) lusekett! dx dt

32 26 Luku 2. Reliluvuist j -funktioist Esimerkki Olkoot x(t) = t 3 t j y(t) = 2 t 2. Määritetään käyrän (x(t), y(t)) pisteeseen (x(2), y(2)) piirretyn tngentin yhtälö. Nyt joten { x (t) = 3t 2 1; y (t) = 2t, dy dx = y (2) t=2 x (2) = 4 11 on tngentin kulmkerroin ko. pisteessä. Lisäksi x(2) = 6 j y(2) = 2, j tngentin yhtälöksi sdn: y ( 2) = 4 (x 6) 11y + 4x = Sovelluksi Differentilikehitelmä: Funktion derivoituvuus pisteessä x voidn esittää yhtäpitävästi ns. differentilikehitelmän vull: (2.3) f(x + h) f(x) = h + h ϵ(h), missä on vkio, jok ei riipu h:st, j ϵ(h) on josskin pisteen h = 0 ympäristössä määritelty funktio, jok toteutt ehdot: lim h 0 ϵ(h) = ϵ(0) = 0. Nimittäin jkmll (2.3) puolittin h sdn f(x + h) f(x) = + ϵ(h), kun h 0, h joten f on derivoituv pisteessä x j f (x) =. Kääntäen f:n derivoituvuus pisteessä x = (2.3): vrt. Luseen todistus. Differentilikehitelmä (2.3) osoitt, että y funktiot f voidn pproksimoid pisteen x lähellä linerisell kuvuksell (f:n pisteessä y = f(x) x olevll tngentill). f(x + h) ɛ(h) h Lisäksi pproksimtio prnee, kun h = f(x) f (x) h x 0. Termiä f (x)h kutsutn f:n differentiliksi pisteessä x (lisäyksen h suhteen) j f(x) x x + h x merkitään df. Se kirjoitetn usein muodoss df = f dx. h = x Ko. pproksimtiot voidn käyttää rvioitess esim. mittusvirheiden vikutust. Olkoon x rgumentin x virhe. Tällöin funktion f:n bsoluuttinen virhe on f(x) f (x) x j suhteellinen virhe on f(x) f(x) f (x) f(x) x. Esimerkki Jos r = 0.1 cm on ympyrän säteen r = 10 cm mittusvirhe, niin ln A = πr 2 virhe A = 2πr r = 2π cm 6.3cm 2 j suhteellinen virhe A A = 2πr r = πr 2 2 r r = = 0.02.

33 2.11. Sovelluksi 27 Välirvoluse mhdollist virherviointien tekemisen myös väleillä, jos käytettävissä on rvio funktion derivtlle. Nimittäin, jos f täyttää välirvoluseen ehdot, niin f(x) = f (ξ) x, ξ ], b[, missä f(x) = f(b) f() j x = b. Siten f (x) < M x ], b[ = f(x) M x. Esimerkki Määrätään virhe, jok syntyy lskettess funktion f(x) = 1 x rvo pisteessä x = π (= ), kun käytetään likirvo π Rtkisu: Nyt f (x) = 1. Välillä x < x < 3.142, johon π kuuluu, sdn derivtlle rvio f (x) 1 0, 102. (3.14) 2 Siten f 0, 102 (π 3.14) < 0, 102 0, 002 (< ). Kiintopisteiterointi: Luse Olkoon f : [0, 1] [0, 1] jtkuv j derivoituv. Tällöin: i) ξ [0, 1] siten, että f(ξ) = ξ. Jos lisäksi f (x) K < 1 x ]0, 1[, niin ii) f:n kiintopiste ξ on yksikäsitteisesti määrätty j iii) jos x 0 [0, 1] j määritellään jono x n+1 = f(x n ), n = 0, 1, 2,..., niin lim x n = ξ. n Todistus. i) Merkitään h(x) = f(x) x. Tällöin h(x) on jtkuv x [0, 1]. Jos f(0) = 0 ti f(1) = 1, niin kohdn i) väite pätee selvästi. Muuss tpuksess f(0) > 0 j f(1) < 1. Yhtäpitävästi: { h(0) = f(0) 0 > 0; h(1) = f(1) 1 < 0. Bolznon luse = ξ ]0, 1[ siten, että h(ξ) = 0 eli f(ξ) ξ = 0 f(ξ) = ξ. Siis jok tpuksess ξ [0, 1] sitten, että f(ξ) = ξ. ii) Tehdään vstoletus: ξ 1, ξ 2, ξ 1 < ξ 2, siten, että f(ξ 1 ) = ξ 1 j f(ξ 2 ) = ξ 2. Välirvoluseest sdn nyt: η, ξ 1 < η < ξ 2 siten, että f (η) = f(ξ 2) f(ξ 1 ) ξ 2 ξ 1 = ξ 2 ξ 1 ξ 2 ξ 1 = 1. Ristiriit, kosk oletuksen mukn f (x) < 1, x ]0, 1[. Siis ξ on yksikäsitteisesti määrätty. iii) Jos x n = ξ jollkin n N, niin väite on selvä. Jos ts x n ξ, n N, niin välirvoluseest seur η n (x n 1 :n j ξ:n välissä) siten, että: x n ξ = f(x n 1 ) f(ξ) = f (η n )(x n 1 ξ) = f (η n ) x n 1 ξ K x n 1 ξ, n = 1, 2,...

34 28 Luku 2. Reliluvuist j -funktioist Siten x n ξ K x n 1 ξ K K x n 2 ξ K 3 x n 3 ξ K n x 0 ξ, n N. Tässä K < 1, joten K n 0, kun n. Niinpä Ts. lim n x n = ξ. lim x n ξ lim n n Kn x 0 ξ = 0. Huom! Vstv tulos pätee myös, kun f : [, b] [, b]. Luse Olkoon f jtkuvsti derivoituv välillä [, b] j olkoon ξ ], b[ piste, joss f(ξ) = ξ nd f (ξ) < 1. Tällöin on olemss väli [c, d] ], b[ siten, että ξ ]c, d[ j jono x n+1 = f(x n ), n = 0, 1, 2,... suppenee kohti pistettä ξ, ts. lim n x n = ξ, kun x 0 [c, d]. Todistus. Kosk f (ξ) < 1 j f on jtkuv on olemss väli [c, d] = [ξ δ, ξ + δ] ], b[ siten, että ξ ]c, d[ j f (x) < 1, x [c, d]. Osoitetn, että f([c, d]) [c, d]. Olkoon v [c, d] mielivltinen. Jos v = ξ, niin f(v) = v [c, d]. Jos ts v ξ, niin välirvoluseen nojll f(v) f(ξ) v ξ = f (η), η v:n j ξ:n välissä. Tällöin f(v) f(ξ) = f (η) v ξ < v ξ }{{} =ξ eli f(v) ξ < v ξ. Näin ollen f(v) [c, d], ts. f([c, d]) [c, d]. Kosk f j f ovt jtkuvi suljetull välillä [c, d], f svutt mksimins K < 1 josskin välin [c, d] pisteessä, ts. f (x) K < 1, x [c, d]. Nyt Luse = väite. Yhtälön rtkiseminen Newtonin menetelmällä: Tehtävänä on yhtälön f(x) = 0 rtkiseminen numeerisesti muodostmll rtkisulle mielivltisen trkkoj likirvoj tilnteess, joss yhtälöä ei void rtkist eksplisiittisesti. Trkstelln ns. Newtonin menetelmää. Olkoon f khdesti derivoituv välillä [, b] j f (x) > 0 sekä f (x) > 0 x ], b[, jolloin f on idosti ksvv j käyrä y = f(x) on kuper lspäin. Jos f() < 0 j f(b) > 0, niin yhtälöllä f(x) = 0 on täsmälleen yksi juuri välillä ], b[. Olkoon x 0 ], b[ mielivltinen piste, joss f(x 0 ) 0. Pisteessä (x 0, f(x 0 )) käyrän y = f(x) tngentin yhtälö on y f(x 0 ) = f (x 0 )(x x 0 ). Kosk käyrä y = f(x) on kuper lspäin, ko. tngentti on käyrän lpuolell j leikk x- kselin lähempänä yhtälön f(x) = 0 rtkisu kuin x 0 (vrt. Kuv 2.3): y = 0 x = x 1 := x 0 f(x 0) f (x 0 ).

35 2.11. Sovelluksi 29 y y = f(x) x2 x1 x0 x Kuv 2.3: Newtonin menetelmän itertioskel. Toistetn sm päätely pisteessä (x 1, f(x 1 )), jolloin päädytään ko. pisteessä olevn tngentin j x-kselin leikkuspisteeseen x 2, jok on jälleen lähempänä yhtälön f(x) = 0 rtkisu kuin rvo x 1. Näin jtken muodostuu jono (2.4) x n+1 = x n f(x n) f, n = 0, 1, 2,..., (x n ) jok on lskev j lhlt rjoitettu luvull, jok on yhtälön y = f(x) rtkisu (y = f(x) kuper lspäin). Olkoon X R := inf n N {x n } ts. x R = lim n x n ( ], b[). Kosk f j f ovt jtkuvi j f (x) > 0 x ], b[, seur plutuskvst (2.4): x R = lim x n+1 = lim x f(x n ) n lim n n n f (x n ) = x R f(x R) f (x R ) f(x R ) = 0. Siis: Jonon (x n ) n=0 rj-rvon on yhtälön y = f(x) yksikäsitteinen juuri x R: f(x R ) = 0. Funktiot f koskevi oletuksi voidn lieventää soveltmll kiintopisteitertiot; vrt. Luseet j Esimerkiksi Luseest sdn seurv tulos: Olkoon f jtkuv yhtälön f(x) = 0 juuren x = x R josskin ympäristössä j olkoon f (x R ) 0. Tällöin jonolle (2.4) pätee lim n x n = x R, kun lkurvo x 0 vlitn riittävän läheltä luku x R. Perustelu: Merkitään g(x) = x f(x) f (x). Tällöin: i) g(x) on hyvinmääritelty j jtkuvsti derivoituv, sillä f (x) 0, kun x x R < δ j ( f g (x) (x) = 1 f (x) f(x)f ) (x) (f (x)) 2 = f(x)f (x) (f (x)) 2, missä f (x) on jtkuv;

36 30 Luku 2. Reliluvuist j -funktioist ii) g(x R ) = x R f(x R) f (x R ) = x R 0 f (x R ) = x R; iii) g (x R ) = f(x R)f (x R ) (f (x R )) = 0 < 1. 2 Luse = jono x n+1 = g(x n ) (= x n f(x n) f (x n) ) suppenee kohti g:n kiintopistettä x R = g(x R ) ts. yhtälön f(x) = 0 rtkisu x = x R.

37 31 Luku 3: Integrlilskent 3.1 Integrlifunktio Olkoot f j F välillä I määriteltyjä funktioit. Jos F (x) = f(x), x I, snotn, että F on funktion f integrlifunktio välillä I. Merkintä: F (x) = f(x)dx. Esimerkki F (x) = ln x on fuktion f(x) = 1 x (x > 0) integrlifunktio, kosk F (x) = 1 x, x > 0. Luse Olkoon F (x) = f(x) x I. Tällöin välillä I derivoituv funktio G on f:n integrlifunktio välillä I, jos j vin jos C R s.e. G(x) = F (x) + C, x I. Todistus. Jos G(x) = F (x) + C, x I, niin G (x) = F (x) + 0 = f(x), x I. Siis G = F + C on f:n integrlifunktio C R. Kääntäen, jos G (x) = f(x), x I, niin D[G(x) F (x)] = G (x) F (x) = f(x) f(x) = 0, x I. Nyt Luseen (integr. lskennn perusluse) nojll G(x) F (x) = C (vkio) eli G(x) = F (x) + C. Integrlifunktio on siis yksikäsitteisesti määrätty integroimisvkiot C R ville. Integrlifunktio on välillä I derivoituv j siten myös jtkuv funktio. Usein integrlifunktio joudutn määrittelemään osväleillä. Esimerkki Olkoon Tällöin esimerkiksi funktio f(x) = F (x) = { 0, kun x 0; 1, kun x > 0. { 0, kun x 0; x, kun x > 0, toteutt ehdot { F (x) = 0, kun x < 0; F (x) = 1, kun x > 0, mutt { F (0 ) = 0; F (0+) = 1. Ts. F on jtkuv, mutt ei derivoituv pisteessä x = 0. Määritelmän mukn F on f:n integrlifunktio väleillä I, jotk eivät sisällä pistettä x = 0. Luse (Integroinnin linerisuus) Integrlifunktioille pätee:

38 32 Luku 3. Integrlilskent i) (f(x) + g(x))dx = f(x)dx + g(x)dx; ii) f(x)dx = f(x)dx, R vkio. Todistus. Seur vstvist derivtn ominisuuksist. Esimerkki x( ( x 1)dx = 2 Perusintegrlej: x 3/2 dx ) ( 2 xdx = 2 5 x5/2 1 ) 2 x2 + C = 4 5 x2 x x 2 + C. (1) x dx = 1 +1 x+1 + C, 1; (2) 1 dx = ln x + C, x 0; x (3) sin xdx = cos x + C; (4) cos xdx = sin x + C; (5) dx cos 2 x = (1 + tn 2 x)dx = tn x + C, x (2k+1)π 2, k Z; (6) dx sin 2 x = (1 + cot 2 x)dx = cot x + C, x kπ, k Z; (7) e x dx = e x + C; (8) x dz = x log e + C = x ln + C; (9) dx 1 x 2 = rcsinx + C, x < 1; (10) dx = rctnx + C. 1 + x2 Ottmll huomioon yhdistetyn funktion derivoimissääntö sdn (11) f (x)e f(x) dx = e f(x) + C; (12) f (x)dx f(x) = ln f(x) + C; (13) tn xdx = ln cos x + C; (14) cot xdx = ln sin x + C; (15) dx 1 + x 2 = ln(x x 2 ) + C; (16) dx 1 x 2 = 1 ( ) 1 + x 2 ln + C, x < 1. 1 x

39 3.2. Integroimismenetelmiä Integroimismenetelmiä Rtionlifunktion integrointi: Rtionlifunktion P (x)/q(x) (P (x) j Q(x) polynomej) integroimiseksi stetn se jkolskull ensin muotoon P (x) R(x) = H(x) + Q(x) Q(x), missä H(x) j R(x) ovt polynomej siten, että R(x):n steluku on pienempi kuin Q(x):n steluku. Tässä H(x) on polynomin helppo integroid. Termin R(x)/Q(x) integroiminen suoritetn muodostmll sille ns. osmurtokehitelmä seurvien sääntöjen vull. A) Jos Q(x):n kikki juuret ovt relisi j niiden kertluku on 1, voidn R(x)/Q(x) esittää muodoss: R(x) Q(x) = R(x) (x 1)... (x x n ) = A 1 x x A n x x n, missä vkiot A 1,..., A n on erikseen määrättävä. Tämän jälkeen jokinen termi A i /(x x i ) voidn integroid logritmifunktion vull. Esimerkki Olkoon f(x) = (5x + 3)/(x 2 1). Siten f:n juuret ovt 1 j 1. Siis 5x + 3 x 2 1 = A 1 x 1 + A 2 x + 1 = A 1(x + 1) + A 2 (x 1) = (A 1 + A 2 )x + (A 1 A 2 ) (x 1)(x + 1) x 2 1 j rtkisemll sdn nyt A 1 = 4 j A 2 = 1. Siis 5x + 3 x 2 1 = 4 x x + 1. B) Juuren x = R kertluku on n > 1. Tällöin Q(x):n ko. juurt setetn vstmn luseke B 1 x + B 2 (x ) B n (x ) n.. Nyt juuret ovt x = 0 kertluvultn 2 j x = 1 kertluvul- 1 Esimerkki tn 1. Niinpä 1 = x 3 x 2 x 2 (x 1) 1 x 3 x 2 = A x + B x 2 + C Ax(x 1) + B(x 1) + Cx2 = x 1 x 2 (x 1) Rtkisemll: Siis 1 x 3 x 2 = 1 x + 1 x x 1. A + C = 0 A + B = 0 B = 1 A = 1 B = 1 C = 1. = (A + C)x2 + (B A)x B x 2. (x 1) C) Q(x):llä on kompleksinen juuripri x = ± ib (i 2 = 1). Jos juuriprin kertluku on 1, setetn pri vstmn luseke Ax + B x 2 + px + q,

40 34 Luku 3. Integrlilskent missä vkiot A, B R on määrättävä j missä x 2 + px + q = (x ) 2 + b 2 (= (x ( + ib))(x ( ib))). Jos juuriprin x = + ib kertluku on n, lusekkeeksi setetn Esimerkki x + 2 x 3 + x = x + 2 x(x 2. Juuret ovt x = 0 kertluvultn 1 j x = ±i kertlu- + 1) vultn 1. Siis Rtkisemll: Siis x + 1 x 3 + x = 2 x + 1 2x x A 1 x + B 1 x 2 + px + q + A 2x + B 2 (x 2 + px + q) A nx + B n (x 2 + px + q) n. x + 2 x 3 + x = A x + Bx + C x = (A + B)x2 + Cx + A x(x ) A + B = 0 C = 1 A = 2 B = 2 C = 1 A = 2. Kun lusekkeen R(x)/Q(x) osmurtokehitelmä on muodostettu Q:n juurien vull, integroidn siinä olevt termit perusintegrlien vull. Esimerkki x + 3 x 3 x 2 x + 1 dx. Nimittäjän nollkohdt: x3 x 2 x + 1 = (x 1) 2 (x + 1) = 0 x = 1 (kertluku 2) j x = 1. Osmurtokehitelmäksi sdn 2x + 3 x 3 x 2 x + 1 = x (x 1) x + 1. Integrointi nt 2x + 3 x 3 x 2 x + 1 dx = x 1 dx (x 1) 2 dx x + 1 dx = 1 4 ln x x ln x C 4 = 1 4 ln x + 1 x 1 5 2x 2 + C. Osittisintegrointi: Luse (Osittisintegrointi) f (x)g(x)dx = f(x)g(x) f(x)g (x)dx. Todistus. Tulon derivointisäännön D(f g) = f g + f g integrointi nt f(x)g(x) = f (x)g(x)dx + f(x)g (x)dx, mistä väite heti seur.

41 3.2. Integroimismenetelmiä 35 Osittisintegroinniss funktiot f j g pyritään vlitsemn niin, että f(x)g (x)dx olisi helpompi lske kuin f (x)g(x)dx. Esimerkki ) Määrätään (3x 7)e x dx. Asetetn f (x) = e x j g(x) = 3x 7, jolloin f(x) = e x j g (x) = 3. Siten osittisintegrointikv nt (3x 7)e x dx = (3x 7) ( e x ) 3 ( e x )dx = (3x 7)e x + 3 e x dx = (7 3x)e x 3e x + C = (4 3x)e x + C. b) Määrätään ln x dx. Tulkitn integroitv funktio ln x tulon 1 ln x. Asetetn f (x) = 1 j g(x) = ln x, jolloin f(x) = x j g (x) = 1/x. Tällöin ln dx = x ln x x 1 dx = x ln x 1 dx = x ln x x + C. x Integrointi sijoituksell (eli muuttujn vihto): Sijoitusmenetelmässä integrli fdx lsketn ottmll käyttöön uusi muuttuj sijoituksell x = g(t). Funktion g on oltv derivoituv j monotoninen (inkin jollkin osvälillä, joss muuttujnvihto sovelletn). Luse Olkoon x = g(t) muuttujn t suhteen derivoituv j bijektiivinen (idosti ksvv ti vähenevä) funktio. Tällöin f(x)dx = f(g(t)) g (t)dt. Todistus. Olkoon F (x) funktion f(x) integrlifunktio. Sijoitetn x = g(t) j derivoidn t:n suhteen käyttämällä yhdistetyn funktion derivointisääntöä: d dt F (g(t)) = f(g(t)) g (t). Integroimll t:n suhteen sdn f(x)dx = F (x) = F (g(t)) = f(g(t)) g (t)dt. Muistisääntö: Jos x = g(t), niin dx dt = g (t) eli dx = g (t)dt. Siis, jos x korvtn g(t):llä, on differentili dx korvttv integrliss differentilill g (t)dt. Huom! Kun integrli on lskettu sijoituksen x = g(t) vull, on F (x):n selvittämiseksi plttv lkuperäiseen muuttujn x sijoituksell t = g 1 (x). Tämä onnistuu, sillä g(t):n bijektiivisyys tk käänteisfunktion olemssolon (vlitull osvälillä). Huom, että tulos on usein helppo trkist derivoimll j stu integrlifunktion luseke stt oll voimss myös pun käytetyn osvälin (joss vlittu g monotoninen) ulkopuolell. Sijoitusmenetelmää sovelletn usein seurvsti:

42 36 Luku 3. Integrlilskent 1) vlitn sopiv sijoitus t = ϕ(x); 2) määrätään käänteisfunktio x = ϕ 1 (t) = g(t); 3) korvtn x g(t):llä j dx g (t)dt:llä; 4) integroidn t:n suhteen; 5) plutetn muuttuj x sijoituksell t = ϕ(x). Tvoitteen sijoituskeinoss on suoritt muuttujen vihto niin, että integrli f(g(t))g (t)dt on helpompi lske kuin lkuperäinen integrli f(x)dx. Esimerkki ) Määrätään dx x, x 1. Sijoitetn t = 1 + x ( 0). Tällöin x = t 2 1 j dx = 2t dt. dx x = 2t 1 + t dt = ( 2 2 ) dt = 2t 2 ln 1 + t + C 1 + t = x 2 ln( x) + C. b) Määrätään cos 5 x sin x dx. Sijoitetn t = cos x, jolloin dt dt = sin x dx. Siten cos 5 x sin x dx = t 5 ( dt) = dx = d dx cos x = sin x eli t 5 dt = 1 6 t6 + C = 1 6 cos6 x + C. Tässä käänteisfunktiot x = ϕ 1 (t) = g(t) ei eksplisiittisesti lskettu vn differentilien välinen yhtälö selvitettiin derivoimll t = ϕ(x) muuttujn x suhteen. c) Määrätään dx x ln x. Sijoitetn t = ln x, jolloin x = et j dx = e t dt. Siten dx e t x ln x = dt dt e t t = = ln t + C = ln ln x + C. t 3.3 Määrätty integrli Olkoon f suljetull välillä määritelty j rjoitettu funktio, ts. f(x) M < kikill x [, b]. Muodostetn välin [, b] jko D n:ään osväliin: j merkitään = x 0 < x 1 < x 2 <... < x n 1 < x n = b m i = inf{f(x) : x i 1 x x i } j M i = sup{f(x) : x i 1 x x i }, i = 1,..., n. f:n jkoon D liittyvä lsumm j yläsumm määritellään seurvsti: s D = n m i (x i x i 1 ) nd S D = i=1 n M i (x i x i 1 ). i=1

43 3.3. Määrätty integrli 37 Selvästi s D S D. Lisäksi jos jko D tihennetään jkmll y 0 osvälit edelleen yhteen ti osempn osn eli muodostetn jon D ljko D 1 niin lsumm ei pienene eikä yläsumm ksv. Siis: Jos D 1 on jon D ljko, niin s D s D1 S D1 S D. Hvinnollisesti: pproksimtio f:n rjoittmn lueen pint-l välillä [, b] prnee. y y = f(x) x1 x2 x n 1 b x Kuv 3.1: s d = vrjostetun lueen pint-l j S D = ktkoviivll rjtun kuvio pint-l. Kikkien lsummien joukko {s D : D jko} on ylhäältä rjoitettu j yläsummien joukko {S D : D jko} on lhlt rjoitettu (tässä D on välin [, b] mielivltinen jko). Täydellisyysksiomn nojll I = sup{s D : D jko} j I = inf{s D : D jko} ovt olemss. Lisäksi I I. Luku I kutsutn f:n lintegrliksi j luku I f:n yläintegrliksi välillä [, b]. Näiden vull voidn määritellä funktion f integroituvuus (itse siss ns. Riemnnintegroituvuus): f on integroituv välillä [, b], jos I = I. Tällöin luku I = I kutsutn funktion f määrätyksi integrliksi (so. Riemnn-integrliksi) välillä [, b] j merkitään b f(x)dx (= I = I). Esimerkki Jos f(x) = c, x [, b], niin f on integroituv, sillä s D = S D = c (b ) mille thns jolle D. Siis: I = I = b f(x)dx = c (b ). Funktion f integroituvuus välillä [, b] voidn krkterisoid myös seurvsti: Olkoon t i [x i 1, x i ], jolloin m i f(t 0 ) M i, i = 1,..., n. Tällöin n δ D = f(t i ) (x i x i 1 ) i=1

44 38 Luku 3. Integrlilskent on f:n jkoon D liittyvä välisumm eli Riemnnin summ. Funktio f on integroituv välillä [, b], jos j vin jos lim δ D, missä D = mx { x i x i 1 } D 0 1 i n } {{ } ns. jon D normi (riippumtt muuten jon D j välipisteiden t i vlinnst). Tässä tpuksess lim δ D = D 0 b f(x)dx. Luse ) Jos f on monotoninen välillä [, b] ti b) f on jtkuv välillä [, b], niin f on myös integroituv välillä [, b]. Todistus. ) Olkoon D välin [, b] tsvälinen jko, joss x i x i 1 = x, i = 1,..., n. Kun esim. f ksvv, sdn 0 I I S D s D = x n (M i m i ) = x i=1 n (f(x i ) f(x i 1 )) = x (f(b) f()) 0, kun x 0. b) Todistus perustuu siihen, että suljetull välillä jtkuv funktio on tsisesti jtkuv: i=1 ϵ > 0 δ > 0 s.e. x y < δ = f(x) f(y) < ϵ. (Tässä siis δ ei riipu pisteiden x, y [, b] vlinnst.) Vlitn nyt jko D s.e. D < δ. Tällöin 0 I I S D s D = n n (M i m i ) (x i x i 1 ) < ϵ (x i x i 1 ) = ϵ(b ). i=1 i=1 Kosk ϵ > 0 oli mielivltinen, on oltv I I = 0. (Tsist jtkuvuutt koskev väitettä emme tässä todist.) Integroituvuuden määritelmästä on ilmeist, että jos väli [, b] on jettu äärellisen moneen osväliin, niin f on integroituv välillä [, b], jos j vin jos se on integroituv jokisell osvälillä. Luseest seur, että ploittin monotomiset j ploittin jtkuvt rjoitetut funktiot ovt integroituvi välillä [, b]. Määrätty integrli b f(x)dx voidn määrittellä myös tpuksess b < settmll b f(x)dx = j tpuksess = b settmll f(x)dx = 0. Määrätyn integrlin ominisuuksi Luse i) b cf(x)dx = c b f(x)dx, c vkio; ii) b (f(x) + g(x))dx = b f(x)dx + b g(x)dx; b f(x)dx

45 3.3. Määrätty integrli 39 iii) b f(x)dx = c f(x)dx + b c iv) Jos m f(x) M, x [, b], niin v) Jos f(x) g(x), x [, b], niin f(x)dx,, b, c R; m(b ) b b f(x)dx f(x)dx M(b ); b g(x)dx; vi) Jos f on integroituv välillä [, b], niin myös f on integroituv välillä [, b], j b b f(x)dx f(x) dx. Kohdiss i)-v) oletetn funktiot f j g integroituviksi ko. välillä. Todistus. Kohdt i)-iii) sdn helposti välisummn rj-rvoon perustuvn integroituvuuden krkteristion vull. Koht iv) seur heti integroituvuuden määritelmästä. v) f(x) f(x) 0, x [, b], siis iv) nt 0 b i),ii) b {}}{ (g(x) f(x))dx = g(x)dx b f(x)dx. Kohdss vi) funktion f integroituvuuden todistuksen sivuutmme. Ko. epäyhtälö sdn v):n vull: v) {}}{ b b b f(x) f(x) f(x) = f(x) dx f(x)dx f(x) dx. Luse (Integrlilskennn välirvoluse) Jos f on jtkuv välillä [, b], niin on olemss ξ ], b[ siten, että f(ξ) = 1 b f(x)dx. b Todistus. Olkoon m f:n minimirvo j M f:n mksimirvo välillä [, b]. Tällöin Luseen kohdn iv) nojll m 1 b f(x)dx M. b Jos f on vkiofunktio, kelp ξ:ksi mikä thns välin ], b[ piste. Jos f ei ole vkio, on m < M j f:n jtkuvuuden nojll m < 1 b b f(x)dx < M (Perustelu!). Olkoot f(x 1 ) = m j f(x 2 ) = M. Tällöin f:n jtkuvuuden nojll ξ ]x i, x 2 [ (ti ξ ]x 2, x 1 [) siten, että f(ξ) = 1 b b f(x)dx.

46 40 Luku 3. Integrlilskent Luse (Differentili- j integrlilskennn pääluse) Olkoon f jtkuv välillä [, b]. Tällöin: i) Funktio F (x) = x f(t)dt on f:n integrlifunktio, ts. F (x) = f(x), x [, b]; ii) Jos F on f:n jokin integrlifunktio välillä [, b], niin b f(x)dx = / b F (x) = F (b) F () (Newton-Liebniz in kv). Todistus. i) Luseen kohdn iii) nojll F (x + h) F (x) = = x+h x+h x f(x)dt f(t)dt. x f(t)dt = ( x+h x f(t)dt + Nyt Luseen nojll pisteiden x j x + h välissä on piste ξ siten, että (3.1) f(ξ) = 1 h x+h x f(t)dt = F (x + h) F (x). h x ) f(t)dt x f(t)dt Kun h 0, niin ξ x j f(ξ) f(x) funktion f jtkuvuuden nojll. Siten (3.1) = f(x) = F (x). ii) Kosk F j F ovt f:n integrlifunktioit, pätee F (x) = F (x) + C kikill x [, b]. Nyt F () = 0 eli F () = C, jolloin b f(x)dx = F (b) = F (b) C = F (b) F (). Esimerkki Määrätään π/2 0 (1 + cos x)dx. Selvästi (1 + cos x)dx = x + sin x + C, joten π/2 0 (1 + cos x)dx = / π/2 0 (x + sin x) = (π/2 + sin π/2 (0 + sin 0)) = π/ Huom! Newton-Leibniz in kvn käyttö määrätyn integrlin lskemiseksi edellyttää: Integroitvn olev funktio f(x) on jtkuv ti vähintäänkin integroituv funktio välillä [, b]. Seurus (Määrätyn integrlin osittisintegrointikv) b f (x)g(x)dx = / b f(x)g(x) b f(x)g (x)dx. Vstvsti määrätyn integrlin lskeminen muuttujn vihdoll s seurvn muodon.

47 3.4. Epäoleellinen integrli 41 Seurus (Määrätyn integrlin sijoitusmenetelmä) Olkoon f(x) jtkuv välillä [, b] j x = g(t) t:n suhteen jtkuvsti derivoituv funktio välillä [α, β], missä g(α) = j g(β) = b. Tällöin Todistus. b b f(x)dx = β α f(g(t))g (t)dt. f(x)dx = F (b) F () = (F g)(β) (F g)(α) = sillä d dt (F g)(t) = f(g(t)) g (t). β α f(g(t))g (t)dt, Huom! Sijoitusfunktion x = g(t) kääntyvyyttä ei tässä trvit eikä muuttuj x trvitse plutt. Sen sijn integrointirjt on huomttv viht. Esimerkki Määrätään x 2 dx. Sijoitetn x = sin t, t [0, π/2]. Tällöin 1 x 2 = cos t, dx = cos tdt, sin 0 = 0 j sin π/2 = 1 = 1 0 π/2 1 x 2 dx = cos 6 (t)dt = 1 π/2 (1 + cos 2t)dt = /π/2 0 (t + 12 ) sin 2t = 1 (( π ) ) (0 + 0) = π 4. Huom! Luse todistettiin integrlilskennn välirvoluseen vull. Toislt, jos Newton- Leibniz in kv yhdistetään integrlilskennn välirvoluseeseen, sdn f(ξ) = 1 (F (b) F ()), b ξ ], b[, missä F on f:n jokin integrlifunktio, ts. F = f. Siis integrlilskennn välirvoluse (Luse 3.3.4) plutuu tvlliseen välirvoluseeseen (Luse 2.8.7) funktiolle F. 3.4 Epäoleellinen integrli Edellisessä kohdss esitettiin määrätty integrli suljetull välillä rjoitetuille funktioille. Kun integroimisväli on ääretön ti funktio ei ole rjoitettu integroimisvälillään päädytään määrätyn integrlin ljennukseen, jot kutsutn epäoleelliseksi integrliksi. Rjoittmton integroimisväli: Olkoon f integroituv välillä [, b] kikill b >. Jos rjrvo ( ) b f(x)dx = lim f(x)dx b on olemss snotn, että epäoleellinen integrli f(x)dx suppenee. Jos yo. rj-rvo, kun b, ei ole olemss snotn integrlin f(x)dx hjntuvn. Vstvsti määritellään epäoleellinen integrli b f(x)dx = lim b f(x)dx.

48 42 Luku 3. Integrlilskent Se suppenee, jos ko. rj-rvo on olemss, j muuss tpuksess hjntuu. Edelleen voimme määritellä f(x)dx = c f(x)dx + c f(x)dx (c R). Ko. integrli suppenee, jos molemmt oikell puolell olevt integrlit suppenevt, ts. Esimerkki e x dx = lim b b 1 f(x)dx = b lim b, f(x)dx. e x dx = lim b / b 1 e x = lim b ( (e b e 1 ) = (0 e 1 ) = e 1 ( 0.37). Siis integrli 1 e x dx suppenee j sen rvo on e 1. Rjoittmton integrndi: Olkoon funktio f määritelty esim. puolivoimell välillä [, b[ j oletetn, että f on rjoitettu j integroituv osväleillä [, d] [, b[ (d < b). Jos rj-rvo ( b ) f(x)dx = lim d b d f(x)dx on olemss snotn, että epäoleellinen integrli b f(x)dx suppenee. Muuss tpuksess ko. integrli hjntuu. Esimerkki Integrli 1 1 joten 1 1 b dx 1 x 2 on epäoleellinen molemmiss päätepisteissä. dx 1 x 2 = /b rcsinx = rcsinb rcsin, dx = lim (rcsinb rcsin) = rcsin(1) rcsin( 1) 1 x 2 1+,b 1 = π 2 ( π 2 ) = π. Siis 1 1 dx 1 x 2 suppenee j sen rvo on π. Epäoleellisen integrlin suppeneminen stt oll hnkl selvittää suorn määritelmästä käsin. Seurv mjornttiperite stt tällöin utt. Luse (Mjornttiperite) Olkoot 0 f(x) g(x) jokisess välin [, b[ pisteessä. Jos b g(x)dx suppenee, niin myös b f(x)dx suppenee j 0 b f(x)dx b g(x)dx.

49 3.5. Määrätyn integrlin sovelluksi 43 Todistus. Olkoon c [, b[. Tällöin välillä [, c] c f(x)dx }{{} Luse 3.3.3v) c g(x)dx }{{} lim c b g(x) 0, c<b c g(x)dx = b g(x)dx. Tässä M = b g(x)dx <, joten c f(x)dx on ylhäältä rjoitettu kikill c [, b[. Lisäksi joten c 1 c 2 = }{{} f(x) 0 lim c b c c1 f(x)dx = sup c [,b[ f(x)dx c c2 f(x)dx, f(x)dx M <. 3.5 Määrätyn integrlin sovelluksi Jos f on ei-negtiivinen j integroituv välillä [, b], niin b f(x)dx määritelmän mukn yhtyy käyrän y = f(x), x-kselin j suorien x =, x = b rjoittmn lueen pint-ln. Vstvsti esim. integrli b f(x) g(x) dx nt käyrien y = f(x) j y = g(x) sekä suorien x =, x = b rjoittmn lueeen pint-ln. y y = f(x) y y = f(x) y = g(x) b x b x () b f(x)dx (b) b f(x) g(x) dx Käyrän pituus: Trkstelln tsokäyrää, jok on nnettu prmetrimuodoss x = x(t), y = y(t), t [, b], missä x(t) j y(t) ovt jtkuvsti derivoituvi funktioit prmetrin t suhteen. Tvoitteen on määrätä kyseisen käyrän pituus. Jetn väli [, b] osväleihin jkopisteillä t 0 = < t 1 <... < t n = b. Syntyvän murtoviivn pituus on n S D = ( xi ) 2 + ( y i ) 2, i=1 missä x i = x(t i ) x(t i 1 ) j y i = y(t i ) y(t i 1 ). Välirvoluseen nojll ξ i ]t i 1, t i [ j η i ]t i 1, t i [ siten, että x i = x (ξ i ) t i j y i = y (η i ) t i, missä t i = t i t i 1, joten n S D = (x (ξ i )) 2 + (y (η i )) 2 t i. i=1

50 44 Luku 3. Integrlilskent y C = {{x(t),y(t)} : t [,b]} C murtoviiv pproksimtio x Kuv 3.2: Käyrä C j murtoviiv-pproksimtio. Kun ξ i = η i, i = 1,..., n, yhtyy edellinen summluseke funktion (x (t)) 2 + (y (t)) 2 Riemnnin summn. Kun D = mx i=1,...,n { t i } 0 päädytää integrliin b ( ) (x (t)) 2 + (y (t)) 2 dt = lim S D. D 0 Toislt ko. murtoviiv pproksimtio käyrälle prnee j rjll murtoviivn pituus yhtyy käyrän C pituuteen. (Voidn osoitt, että yo. rj-rvo on olemss myös kun ξ i η i.) Siis käyrän C pituus L sdn integrlin: L = b (x (t)) 2 + (y (t)) 2 dt. Erityisesti käyrän y = f(x), missä f on jtkuvsti derivoituv funktio välillä [, b], pituus L sdn integrlin: b L = 1 + (f (x)) 2 dx. Esimerkki Määrätään käyrän y = x 3/2 pituus välillä [0, 5]. f(x) = x 3/2 on jtkuvsti derivoituv j f (x) = 3 2 x1/2. Siten ko. käyrän pituus L välillä [0, 5] on L = (3/2x 1/2 ) 2 dx = 5 0 ( x)1/2 dx = / ( x)3/2 4 9 = = =

51 3.5. Määrätyn integrlin sovelluksi 45 Kppleen tilvuus: Oletetn, että R 3 :n kpplett rjoittvt jokin pint j tsot x =, x = b, ktso esim. Kuv 3.3 ll. Kppleen tilvuus voidn lske määrätyn integrlin vull. Lähtökohtn on suorn lieriön tilvuuden kv V = A h, missä A on pohjn l j h lieriön korkeus. Välille [x, x + h] jäävän kppleen tilvuutt pproksimoi luseke V = A(x) x. Muodostmll välin [, b] jko D: = x 0 < x 1 <... < x n = b sdn kppleen tilvuudelle rvio n V D = A(x i ) (x i x i 1 ). i=1 Kun jko tihennetään, ts. kun D 0, sdn rjll (mikäli ko. rj-rvo on olemss) kppleen tilvuus V integrlin: V = b A(x)dx, missä A(x) on pisteessä x olevn x-ksili kohtisuorss olevn tson määräämän kppleen poikkileikkuksen pint-l. Differentilimerkintöjä käyttämällä: dv = A(x)dx j V = b dv = b A(x)dx. x x x + h b x leikkuksen pint-l A(x) Kuv 3.3: Kppleen tilvuuden pproksimointi Erikoistpuksen sdn pyörähdyskppleen tilvuus: Olkoon f jtkuv j ei-negtiivinen funktio välillä [, b]. Kun käyrän y = f(x) j suorien x =, x = b sekä x-kselin rjoittm tsolue pyörähtää R 3 :ss x-kselin ympäri, syntyy kpple, jonk tilvuus on Nimittäin nyt A(x) = πf(x) 2. V = π b f(x) 2 dx.

52 46 Luku 3. Integrlilskent Esimerkki Käyrän y = x j suorn x = rjoittmn lueen pyörähtäessä x-kselin ympäri syntyy kpple, jonk tilvuus on V = π 0 ( x) 2 dx = π/ x2 = π 2 2. y y = x x Pyörähdyskppleen pint-l: Välillä [x, x + h] olevn jänteen pituus on (ktso Kuv 3.4) S = ( x) 2 + ( f(x)) 2. S y = f(x) x x + h b x S Kuv 3.4: Kppleen pint-ln pproksimointi Kun ko. jänne pyörähtää x-kselin ympäri on syntyvän pinnn l A = 2π ρ x s,

53 3.5. Määrätyn integrlin sovelluksi 47 missä ρ x = 1 2 (f(x) + f(x + h)), (ρ x f(x), kun h 0). Olettmll f(x) 0 jtkuvsti derivoituvksi välillä [, b] seur välirvoluseest, että f(x) = f (ξ) x eräällä ξ ]x, x + h[. Siten S = 1 + (f (ξ)) 2 x. (f (ξ) f (x), kun h 0). Muodostmll välin [, b] jko D j ntmll D 0 päädytään rjll integrliin A = 2π b f(x) 1 + (f (x)) 2 dx, jok nt syntyvän pyörähdyskppleen pint-ln. Differentilimerkintöjä käyttämällä da = 2πf(x)ds = 2πf(x) 1 + (f (x)) 2 dx } {{ } vrt. käyrän pituus j A = b da = 2π b f(x) 1 + (f (x)) 2 dx. Esimerkki Puoliympyrän y = r 2 x 2 pyörähtäessä x-kselin ympäri syntyy r-säteinen pllo. Kosk y (x) = x (r 2 x 2 ) 1/2, sdn pllon pint-lksi: r A = 2π = 2π r r r r 2 x ( x r 2 x 2 ) 2 dx rdx = 2π / r rr x = 4πr 2. y y = r 2 x 2 r = sde r r x

54 48 Luku 3. Integrlilskent Integrointi krenpituuden suhteen: Lähtökoht: Integroimisväli R:ssä korvtn käyrällä R n :ssä. Olkoon C säännöllinen kri R 2 :ss prmetriesityksenä F (t) = (x(t), y(t)), t [, b]. Funktion f : C R integrli yli kren C voidn määritellä kvll C fds = b f(x(t), y(t)) (x (t)) 2 + (y (t)) 2 dt. 1 y 1 C x Esimerkki Olkoon x(t) = cos t j y(t) = sin t, 0 t π/2. Tällöin C xydx = = π/2 0 π/2 0 x(t)y(t) (x (t)) 2 + (y (t)) 2 dt cos t sin t ( sin t) 2 + (cos t) } {{ } 2 dt =1 = / π/ sin2 t = 1 2. Funktion f : R 2 R 2 käyräintegrli (usein työintegrli): Olkoon C säännöllinen kri R 2 :ss j f : R 2 R 2. Funktion f käyräintegrlin yli kren C määrittelee yhtälö C f(r) dr = b f(r(t)) r (t)dt = b missä f = (f 1, f 2 ) on jettu x- j y-komponenttiins. [ f1 (x(t), y(t))x (t) + f 2 (x(t), y(t))y (t) ] dt, Fysiklinen tulkint: Kppleen kulkiess pitkin käyrää C on siihen vikuttvn voimn f suorittm työ W käyrällä C W = F (r) dr. Olkoon T (x(t), y(t)) = C ( ) x (t) (x (t)) 2 + (y (t)), y (t) 2 (x (t)) 2 + (y (t)) 2 käyrän C pisteessä (x(t), y(t)) olev normeerttu tngenttivektori. Tällöin f T on f:n tngentilikomponentti j pätee (mt. menet. II kurssi): f(r) dr = f T ds. C Huom.! Tulkint integroinnille krenpituuden suhteen (piirrä kuv). C

55 49 Luku 4: Relilukusrjoist 4.1 Relilukujonot j -srjt sekä niiden suppeneminen Relilukujonon rj-rvo: Jos jokist positiivist kokonisluku n Z + setetn vstmn reliluku x n, syntyy (päättymätön) jono, jot merkitään (x n ) ti (x n ) n=1 (merkinnän (x 1, x 2,..., x n,...) sijst). Jono voidn siten tulkit funktion Z + R. Jonon rj-rvo voidn tämän nojll määritellä seurvsti: Jonoll (x n ) n=1 on rj-rvo L, merkitään lim n x n = L, jos ϵ > 0 N = N ϵ ( N) s.e. n > N ϵ = x n L < ϵ. Jos lim n x n = L ( R) on olemss snotn, että jono (x n ) suppenee. Muuss tpuksess jono (x n ) hjntuu. Esimerkki Jono ( 1 n ) n=1 suppenee j lim n 1 n = 0. Olkoon ϵ > 0 j vlitn N ϵ 1 ϵ, N ϵ N. Tällöin n > N ϵ = 1 n 0 = 1 n < 1 ϵ. N ϵ Seurv tulos seur suorn funktion j lukujonon rj-rvon määritelmästä. Luse Jos lim x f(x) = L j f(n) = x n, n Z +, niin jono (x n ) suppenee j lim n x n = L. Esimerkki Määrätään jonon ( ) ln n n n=1 rj-rvo. l H. 1 ln x {}}{ x lim = lim x x x 1 = 0 }{{} = Luse ln n lim n n = 0. Lukujonojen rj-rvoille pätevät määritelmän nojll smt lskusäännöt j perusominisuudet kuin funktioiden rj-rvoille; kts. esim. Luse Jono (x n ) snotn monotoniseksi jos se on ksvv, ts. x n x n+1 n Z +, ti vähenevä, ts. x n x n+1 n Z +. Luse Jos jono (x n ) on monotoninen j rjoitettu ( x n < M n Z + ), niin se suppenee. Todistus. Joukko A = {x n : n Z + } on ylhäältä j lhlt rjoitettu, joten sup A j inf A. Jos jono (x n ) on ksvv seur supremumin määritelmästä helposti, että lim n x n = sup A (yksityiskohdt sivuutetn). Vstvsti vähenevän jonon tpuksess lim n x n = inf A.

56 50 Luku 4. Relilukusrjoist Lukujonon rj-rvo voidn määritellä myös tpuksiss L = ± : lim n =, jos M > 0 N > 0 n s.e. n > N = x n > M, lim n =, jos M > 0 N > 0 n s.e. n > N = x n < M. Relilukusrjt j niiden suppeneminen: Relilukusrjoill trkoitetn relilukujen summlusekkeit, joiss on ääretön määrä yhteenlskettvi. Olkoon (x n ) relilukujono. Muodostetn jonost (x n ) uusi jono, ns. ossummien jono: (s n ) n=1, s n = x 1 + x x n = n x k. Jos ossummien jonoll (s n ) n=1 on rj-rvo, snotn, että srj k=1 x k (= x 1 + x ) suppenee. Tällöin ossummien jonon (s n ) rj-rvo S snotn srjn summksi j merkitään: x k = s k=1 (= lim n s n). Jos srj k=1 ei suppene eli rj-rvo lim n s n ei ole (äärellisenä) olemss, srj hjntuu. Esimerkki Srj k=1 ( 1 2) k suppenee. Nimittäin ossummlle sn pätee lim s n = lim n n n 1 k=0 Siis k=0 ( 1 2) k = limn s n = 2. ( ) 1 k = lim 2 n 1 ( ) 1 n k=1 = lim n 2 Esimerkki Hrmoninen srj k=1 1 k hjntuu. Perustelu: 1 k+1 k = dx k+1 k k > dx k x, joten s n = n k=1 1 k > n k=1 j lim n s n lim n ln(n + 1) =. k+1 k dx n+1 x = dx = ln(n + 1) 1 x Luse Jos srj n=1 x n suppenee, niin lim n x n = 0. Todistus. x n = s n s n 1, joten lim x n = lim (s n s n 1 ) = lim s n lim s n 1 = n n n n k=1 ( ) 1 n 1 = 2. 2 x k x k = 0. k=1 k=1 x k

57 4.1. Relilukujonot j -srjt sekä niiden suppeneminen 51 Huom! Luse nt välttämättömän ehdon srjn suppenemiselle. Ehto lim n x n = 0 ei kuitenkn tk srjn suppenemist kuten Esimerkki osoitt. Luse Jos srjt k=1 x k j j niiden summille pätee k=1 suppenevt, niin myös seurvt srjt suppenevt i) k=1 (x k + y k ) = k=1 x k + k=1 y k; ii) k=1 x k = k=1 x k, R vkio. Todistus. Seur suorn rj-rvon vstvist ominisuuksist. Srj k=1 snotn positiivitermiseksi, jos x n 0 n Z +. Srjn k=1 x k snotn suppenevn itseisesti, jos srj k=1 x k suppenee. Positiivitermisen srjn suppenemist voidn tutki seurvn mjornttiperitteen vull. Luse Jos srj k=1 y k suppenee j 0 x k y k k Z + (ti k > n 0 Z + ), niin myös srj k=1 x k suppenee. Todistus. Srjn k=1 x k ossummille s n pätee 0 s n = n x k k=1 n y k k=1 y k <. Jono (s n ) on siten rjoitettu j lisäksi ksvv, kosk x n 0. Luseen nojll lim n s n = k=1 x k ( k=1 y k). Seurus Jos srj k=1 x k hjntuu j 0 x k y k k Z + (ti k > n 0 Z + ), niin myös srj k=1 y k hjntuu. Todistus. Kontrpositioll. Seurus Jos k=1 x k suppenee (ts. k=1 x k suppenee itseisesti), niin myös suppenee. k=1 k=1 x k Todistus. x k x k x k = 0 x k + x k 2 x k. Nyt k=1 2 x k = 2 k=1 x k suppenee (Luse i)), joten k=1 (x k + x k ) suppenee Luseen nojll. Edelleen x k = k=1 suppenee Luseen i) nojll. (x k + x k ) x k k=1 Srj k=0 x k snotn geometriseksi, jos suhde x = x k /x k+1 ei riipu k:st. Geometrinen srj on siis muoto x k ( 0). k=1 k=1

58 52 Luku 4. Relilukusrjoist Luse Geometrinen srj k=0 xk ( 0) suppenee, kun x < 1 j k=1 xk = Kun x 1, niin geometrinen srj hjntuu. Todistus. Hrj. teht. Luse Olkoon k=1 x k positiiviterminen srj i) Jos n x n < q < 1 n n 0 Z +, niin k=1 x k suppenee. ii) Jos x n+1 x n < q < 1 n n 0 Z +, niin k=1 x k suppenee. Todistus. i) Kun n n 0, on x n < q n. Srj k=1 qk suppenee (kts. Luse ), joten väite seur mjornttipertteest (Luse 4.1.9). ii) Arvoill n = 1, 2,..., p 1 epäyhtälöistä x n+1 x n < q seur kertomll ne keskenään, että x p x 1 < q p 1 eli x p < x 1 q p 1. Srj k=1 x 1 q k 1 suppenee (Luse ) = k=1 x k suppenee (Luse 4.1.9). 1 x. Seurus i) Jos lim n n x n = q < 1, niin srj k=1 x k suppenee (itseisesti). ii) Jos lim n x n+1 x n = q < 1, niin srj k=1 x k suppenee (itseisesti). Vstvsti Seuruksen j Luseen nojll sdn: i) Jos lim n n x n = q > 1, niin srj k=1 x k hjntuu. x ii) Jos lim n+1 n x n = q > 1, niin srj k=1 x k hjntuu. Srj, jonk termit ovt vuorotellen positiivisi j negtiivisi snotn vuorottelevksi eli lternoivksi. Tällinen srj on muoto ( 1) k 1 x k, x k > 0 k Z + k=1 kun srjn ensimmäinen termi on positiivinen. Luse Olkoon k=1 ( 1)k 1 x k (x k > 0) lternoiv srj, jonk termit toteuttvt seurvt kksi ehto: i) x k+1 < x k, k Z +, j ii) lim k x k = 0. Tällöin k=1 ( 1)k 1 x k suppenee. Todistus. Ehdon i) nojll s 2n+1 = s 2n 1 (x 2n x 2n+1 ) < s } {{ } 2n 1, >0 joten ossummien jonon (s n ) osjono (s 2n 1 ) on vähenevä. Se on selvästi myös lhlt rjoitettu (s 2n 1 > 0), joten sillä on rj-rvo S = lim n s 2n 1 Luseen nojll. Toislt s 2n = s 2n 1 + x 2n j tässä lim n x 2n = 0 (ehto ii)), joten myös lim n s 2n = S. Siten lim n s n = S.

59 4.2. Potenssisrjt Potenssisrjt Potenssisrjt ovt muoto n (x x 0 ) n (= (x x 0 ) + 2 (x x 0 ) ). n=0 Vkioit n, n N, kutsutn srjn kertoimiksi j luku x 0 srjn kehityskeskukseksi. Srjn ossummt ovt muuttujn x polynomej. Potenssisrj suppenee inkin rvoll x = x 0. Luse Jos potenssisrj n=0 n(x x 0 ) n suppenee rvoll x 1 (x 1 x 0 ), niin se suppenee jokisell rvoll x, jolle x x 0 < x 1 x 0. Jos ko. potenssisrj hjntuu rvoll x = x 2, niin se hjntuu jokisell rvoll x, jolle x x 0 > x 2 x 0. Todistus. Kosk n=0 n(x 1 x 0 ) n suppenee, pätee lim n n (x 1 x 0 ) n = 0 Luseen nojll. Siten n (x 1 x 0 ) n < M (< ) n N, mistä seur n (x x 0 ) n < M x x 0 n x 1 x 0 n = M qn, missä q = x x 0 x 1 x 0 < 1. Väitteen lkuos seur siis mjornttiperitteest. Loppuos sdn lkuosst kontrpositioll. Luseest seur, että potenssisrjn n=0 n(x x 0 ) n voidn liittää ei-negtiivinen reliluku R, jolle pätee: jos x x 0 < R = jos x x 0 > R = n (x x 0 ) n suppenee (itseisesti); n=0 n (x x 0 ) n hjntuu. n=0 Luku R snotn potenssisrjn suppenemissäteeksi. Jos R = 0, potenssisrj suppenee vin rvoll x = x 0 j jos R =, potenssisrj suppenee kikill x R. Potenssisrjn suppeneminen/hjntuminen pisteissä x 0 ± R, kun 0 < R <, on in erikseen selvitettävä. Esimerkki Geometrisen srjn k=0 xk suppenemissäde on R = 1 Luseen nojll. (Vrt. myös Luse ll). Luse Jos rj-rvo i) lim n 1 n n se on srjn n=0 n(x x 0 ) n suppenemissäde. Todistus. Tulos sdn Seuruksen vull. R. = R ti ii) lim n n n+1 = R on olemss, niin Kun R > 0, potenssisrj n=0 n(x x 0 ) n = f(x) määrittelee funktion f :]x 0 R, x 0 + r[ Luse Potenssisrjn summ f(x) = n=0 n(x x 0 ) n on välillä ]x 0 R, x 0 + r[ (R > 0) jtkuv j derivoituv funktio. Lisäksi f(x) voidn derivoid j integroid termeittäin:

60 54 Luku 4. Relilukusrjoist i) f (x) = D ( n=0 n(x x 0 ) n ) = n=1 n n(x x 0 ) n 1 ; ii) x x 0 f(t)dt = x x 0 ( n=0 n(t t 0 ) n ) dt = n=0 n n+1 (x x 0) n+1 ; kun x x 0 < R. Näiden srjojen suppenemissäde on myös R. Todistus. Sivuutetn. Esimerkki Kun geometrinen srj sdn rvoill x < 1 seurv tulos: nx n 1 = D n=1 n=0 xn = 1 1 x ( ) 1 = 1 x ( x < 1) derivoidn termeittäin 1 (1 x) 2. Tylorin srjt: Luseest sdn seurv tulos, jok liittää potenssisrjn summfunktion f(x) derivtt pisteessä x = x 0 srjn kertoimiin. Luse Potenssisrjn n=0 n(x x 0 ) n = f(x), jonk suppenemissäde R > 0, summll f(x) on kikkien kertlukujen derivtt f (k) (x) välillä ]x 0 R, x 0 + R[, jotk sdn derivoimlll srj termeittäin k kert (k = 0, 1, 2,...). Erityisesti f (k) (x 0 ) = k! k, k N. (Tässä k! = k (k 1) (k 2)... 1 on k:n kertom.) Todistus. Derivttojen f (k) (x), k N, olemssolo suppenemisvälillä ]x 0 R, x 0 + R[ seur soveltmll toistuvsti Luseen kohdn i) tulost. Tällöin k. derivtlle sdn esitys f (k) (x) = n (n 1) (n 2)... (n k + 1) n (x x 0 ) n k. n=k Sijoittmll tähän x = x 0 sdn f (k) (x 0 ) = k! k. Luseen nojll srjn summ f(x) voidn esittää muodoss f(x) = n=0 f (n) (x 0 ) (x x 0 ) n, kun x x 0 < R. n! Tätä srj snotn funktion f Tylorin srjksi pisteessä x 0. Funktiolle f, joll on kikkien kertlukujen derivtt josskin pisteen x 0 ympäristössä, voi yrittää muodost srjkehitelmän sen derivttojen f (k) (x 0 ) vull: n=0 f (n) (x 0 ) (x x 0 ) n. n! Vikk tämän potenssisrjn suppenemissäde R olisi > 0, ei sen summn (pistettä x = x 0 lukuunottmll) trvitse yhtyä lkuperäiseen funktioon f. Siksi ko. srjn suppeneminen kohti funktiot f suppenemisvälillä ]x 0 R, x 0 +R[ on erikseen vrmistettv. Usein funktion Trylorin srjn voi yrittää muodost Luseen vull derivoimll ti integroimlll termeittäin jo tunnettujen srjojen summi.

61 4.2. Potenssisrjt 55 Esimerkki ) Funktioll e x on kikkien kertlukujen derivtt: f (n) (x) = e x, n N. Srj x n n! = 1 + x + x2 2! + x3 3! +... n=0 suppenee (itseisesti) x R. Nimittäin lim n 1 n! 1 (n+1)! (n + 1)! = lim = lim (n + 1) =, n n! n eli suppenemissäde R = Luseen nojll. Voidn osoitt, että Siis kyseessä on funktion e x Tylorin srj pisteessä x = 0. Niinpä esimerkiksi e = e 1 = ! + 1 4! n=0 xn n! = e x. b) sin x:llä on myös kikkien kertlukujen derivtt: f(x) = sin x, f (x) = cos x, f (x) = sin x, f (x) = cos x, f (4) (x) = sin x,.... Nyt sin 0 = 0, cos 0 = 1, joten pisteessä x = 0 sdn srj ( 1) n x2n+1 (2n + 1)! = x x3 3! + x5 5! x7 7! +..., n=0 jonk suppenemissäteeksi sdn R = kuten kohdss ). Nytkin srjn summ yhtyy lkuperäiseen funktioon eli x2n+1 n=0 ( 1)n (2n+1)! on sin x:n Tylorin srj pisteessä x = 0. c) cos x:n Tylorin srj sdn suorn derivoimll: ( ) cos x = D sin x = D ( 1) n x2n+1 = (2n + 1)! n=0 n=0 ( 1) n x2n (2n)! = 1 x2 2! + x4 4! x6 6! d) Integroimll geometrinen srj 1 1+x = n=0 ( x)n termeittäin sdn ln(1 + x) = x 0 dt 1 + t = n=0 x 0 ( t) n dt = n=0 ( 1) n xn+1 n + 1 = x x2 2 + x3 3 x eli funktion ln(1 + x) Tylorin srj pisteessä x = 0 j sen suppenemissäteeksi R = 1 Luseen nojll. Niinpä esimerkiksi ln 2 = Tylorin srjoill on pljon sovelluksi mm. rj-rvojen lskemisess, funktioiden pproksimoinniss j numeerisess lskennss.

62 56 Luku 4. Relilukusrjoist

63 57 Luku 5: Differentiliyhtälöistä Differentiliyhtälöllä trkoitetn yhtälöä, jok sisältää tuntemttomn funktion y(x) j tämän funktion derivttoj. Differentiliyhtälön rtkisemiseksi pyritään löytämään kikki funktiot y(x), jotk toteuttvt nnetun yhtälön kikill x:n rvoill. Esimerkiksi y (x) = cos x, y (x) + 2y(x) = 0, y (x) + (sin x)y (x) + 2xy(x) = 0 ovt differentiliyhtälöitä. Differentiliyhtälön kertluku on korkeimmn siinä esiintyvän derivtn kertluku. Yleinen kertluku n olev differentiliyhtälö on muoto F (x, y, y, y,..., y (n) ) = 0, missä F on (n+2):n muuttujn funktio. Jos tästä voidn rtkist y (n) päädytään normlimuotoiseen differentiliyhtälöön: y (n) = f(x, y, y, y,..., y (n 1) ). Differentiliyhtälön yleinen rtkisu sisältää kikki funktiot y(x), jotk toteuttvt ko. yhtälön kikill x:n rvoill. Jos differentiliyhtälön kertluku on n, niin sen yleinen rtkisu sisältään n toisistn riippumtont vkiot C 1, C 2,..., C n. Kun näille vkioille C 1, C 2,..., C n kiinnitetään määrätyt rvot, sdn differentiliyhtälön yksityisrtkisu. Esimerkki Differentiliyhtälön y = cos x yleinen rtkisu on y(x) = sin x + C, missä C R on integroimisvkio. Tämä seur integrlilskennn perusluseest (Luse 2.8.4). Yhtälön yksityisrtkisuj ovt mm. y(x) = sin x + 1 j y(x) = sin x Ensimmäisen kertluvun differentiliyhtälöt Trkstelln 1. kertluvun normlimuotoist differentiliyhtälöä y (x) = f(x, y). Yhtälön yleinen rtkisu välillä I (I R) sisältää välillä I derivoituvt funktiot x y(x, C), missä C on määräämätön vkio. Vkio C voidn määrätä lkuehdost y(x 0 ) = y 0 R, jolloin sdn ko. lkuehdon täyttävä yksityisrtkisu. Tällöin puhutn lkurvotehtävästä: y (x) = f(x, y); y(x 0 ) = y 0, joll on siis vin (korkeintn) yksi rtkisu. Käsittelemme 1. kertluvun differentiliyhtälön rtkisemist kolmss eri tpuksess. 1) Tpus y = f(x): Nyt yhtälön yleinen rtkisu sdn suorn integrlilskennn perusluseen (Luse 2.8.4) vull: y(x) = f(x)dx + C.

64 58 Luku 5. Differentiliyhtälöistä Alkurvotehtävän y (x) = f(x); y(x 0 ) = y 0 rtkisu on y(x) = x x 0 f(t)dt + y 0 differentili- j integrlilskennn pääluseen (Luse 3.3.5) nojll. 2) Tpus y = h(y): Jos h(y 0 ) = 0 jollkin y 0, niin vkiofunktio x y 0 on selvästi differentiliyhtälön eräs rtkisu. Oletetn, että h on jtkuv j 0 välillä I. Tällöin x y(x) on idosti monotoninen välillä I j sillä on käänteisfunktio y x, jonk derivtll pätee (Luse 2.6.5): x = 1 y = 1 h(y). Tästä sdn yleinen rtkisu y:n kääteisfunktiolle dy x = x(y) = h(y) + C. Alkuperäisen yhtälön y = h(y) rtkisut sdn nyt näiden integrlifunktioiden y x(y) (x (y) 0) kääteisfunktioin x y(x): y (x) = 1 x = h(y) = h(y(x)). (y) Lyhyesti: y = h(y) dy dy = h(y) = dx (h(y) 0) dx h(y) dy h(y) + C = x. Esimerkki Rtkistn yhtälö y = y 2. Vkiofunktio x 0 on selvästi eräs rtkisu. Arvoill y 0 sdn y = y 2 dy dy y 2 = dx y 2 + C = x x = 1 y + C, mistä rtkisut sdn käänteisfunkioin y(x) = 1 C x. 3) Tpus y = h(y) g(x) eli seproituv differentiliyhtälö: Tässä funktion f(x, y) muuttujt x j y voidn erott eli seproid: f(x, y) = h(y) g(x). Jos h(y 0 ) = 0, niin jälleen vkiofunktio x y 0 nt erään rtkisun. Oletetn nyt, että h j g ovt jtkuvi j h 0 välillä I. Yleisen rtkisun löytämiseksi seproidn muuttujt j integroidn: y = f(x, y) dy dy = h(y)g(x) dx h(y) = g(x)dx dy h(y) = g(x)dx+c. Vsemmll puolell olevlle integrlifunktiolle H(y) = dy h(y) pätee H (y) = dh(y) dy = 1 h(y) 0, joten sillä on käänteisfunktio H 1 j stu yhtälö dy h(y) = g(x)dx + C = G(x)

65 5.2. Lineriset differentiliyhtälöt 59 voidn rtkist y:n suhteen: y = H 1 (G(x)) = (H 1 G)(x), jolloin sdn lkuperäisen yhtälön rtkisut x:n funktion y = y(x). Vstvsti lkurvotehtävän y = h(y) g(x); y(x 0 ) = y 0, rtkisu sdn rtkisemlle yhtälö y ds x y 0 h(s) = g(t)dt x 0 muuttujn y suhteen. Esimerkki Rtkistn lkurvotehtävä y = e y x; y(0) = 0. y 0 e y = x2 2 s ds = e x y tdt e s dx = 0 0 ( ) x y = ln Lineriset differentiliyhtälöt Linerinen differentiliyhtälö on muoto x 0 tdt / y 0 es = / x t P n (x)y (n) + P n 1 (x)y (n 1) +... P 1 (x)y + P 0 (y) = Q(x), e y e 0 = x2 2 missä P j (x), j = 0, 1,... n, j Q(x) ovt yhtälön kertoimi, jotk ovt tunnettuj funktioit. Trkstelemme tässä yksityiskohtisesti vin 1. j 2. kertluvun lineristen differentiliyhtälöiden rtkisemist; smt periteet soveltuvt myös korkemp kertluku olevien lineristen differentiliyhtälöiden rtkisemiseen. 1. kertluvun normlimuotoinen linerinen differentiliyhtälö: Ko. yhtälö on muoto (5.1) y + p(x)y = q(x), x I, missä kertimet p(x) j q(x) oletetn jtkuviksi välillä I. Asettmll q(x) = 0 x I sdn yhtälöä (5.1) vstv homogeeninen yhtälö: y + p(x)y = 0, x I. Alkuperäistä yhtälöä (q 0) kutsutn vstvsti epähomogeeniseksi. Homogeeninen yhtälö on seproituv, joten sen rtkisu sdn seurvsti: dy y + p(x)y = 0 = y = p(x)dx + C 1 ln y = p(x)dx + C 1 y = e p(x)dx+c 1 y = Ce p(x)dx, missä C = ±e C 1. Epähomogeenisen yhtälön (5.1) rtkisun nt Luse Differentiliyhtälön y +p(x)y = q(x), missä p j q ovt jtkuvi funktioit välillä I yleinen rtkisu on ) y(x) = e (C h(x) + e h(x) q(x)dx, C R, missä h(x) = p(x)dx.

66 60 Luku 5. Differentiliyhtälöistä Todistus. Se, että ko. funktiot ovt differentiliyhtälön rtkisuj todetn derivoimll nnettu y(x):n luseke (hrj. teht.). Käänteisen väitteen plutmme vstvn homogeeniseen yhtälöön: Olkoot y 1 (x) j y 2 (x) kksi epähomogeenisen yhtälön rtkisu, jolloin { y 1 (x) + p(x)y 1 (x) = q(x); y 2 (x) + p(x)y = (y 2(x) = q(x); 1(x) y 2(x)) + p(x)(y 1 (x) y 2 (x)) = 0. Siten erotus z(x) = y 1 (x) y 2 (x) on vstvn homogeenisen yhtälön rtkisu eli y 1 (x) y 2 (x) = Ce p(x)dx. Alkuosn nojll y 2 (x) = e h(x) e (h(x) q(x)dx on eräs epähomogeenisen yhtälön rtkisu, jolloin y 1 (x) = Ce h(x) + y 2 (x) on vdittu muoto. Huom! Kääntäen, jos y 0 (x) on eräs epähomogeenisen yhtälön rtkisu j y(x) on vstvn homogeenisen yhtälön rtkisu, on niiden summ y 0 (x)+y(x) epähomogeenisen yhtälön rtkisu. Näin ollen yhtälön (5.1) yleisen rtkisun löytämiseksi riittää etsiä yksi epähomogeenisen yhtälön rtkisu y 0 (x) j lisätä se vstvn homogeenisen yhtälön yleiseen rtkisuun: y(x) }{{} epähomog. yht. yleinen rtk. = y 0 (x) + Ce p(x)dx } {{ }, C R. homog. yht. yleinen rtk. Esimerkki Rtkistn differentiliyhtälö y + 2y = x + 1. Homogeenisen yhtälön y + 2y = 0 yleinen rtkisu on y(x) = Ce 2dx = Ce 2x, C R. Helposti todetn, että y 0 (x) = 1 2 x+ 1 4 on eräs epähomogeenisen yhtälön rtkisu. Siten epähomogeenisen yhtälön yleinen rtkisu on: y(x) = Ce 2x x + 1 4, C R. 2. kertluvun linerinen vkiokertoiminen differentiliyhtälö: Ko. yhtälö on muoto (5.2) y + y + by = q(x), missä j b ovt vkioit. Vstv homogeeninen yhtälö on nyt muoto y + y + by = 0. Pyrimme löytämään sille muoto x e rx olevn rtkisufunktion: y(x) = e rx = { y (x) = re rx ; y (x) = r 2 e rx. Siten y + y + by = (r 2 + r + b)e rx j tehtävänä on selvittää yhtälön r 2 + r + b = 0 juuret. Tätä yhtälöä snotn differentiliyhtälöön (5.2) liittyväksi krkteristiseksi yhtälöksi. Sen juurien r 1 j r 2 vull vstvn homogeenisen yhtälön yleinen rtkisu sdn seurvsti. Luse Olkoot r 1 j r 2 krkteristisen yhtälön juuret. Tällöin yhtälön y + y + by = 0 yleinen rtkisu on y(x) = C 1 y 1 (x) + C 2 y 2 (x), C 1, C 2 R, missä

67 5.2. Lineriset differentiliyhtälöt 61 i) ii) { y1 (x) = e r1x ; y 2 (x) = e r2x, { y1 (x) = e rx ; y 2 (x) = xe rx, jos r 1, r 2 R j r 1 r 2 ; jos r 1 = r 2 = r (= 2 ) R; iii) { y1 (x) = e αx cos(βx); y 2 (x) = e αx sin(βx), jos { r1 = α + iβ; r 2 = α iβ. (i 2 = 1, α, β R β 0) Kikki Luseess esiintyvät funktiot todetn yhtälöä (5.2) vstvn homogeenisen yhtälön rtkisuiksi suorn derivoimll. Käänteistä väitettä emme perustele. Kuten 1. kertoluvun linerisen yhtälön tpuksess sdn epähomogeenisen yhtälön (5.2) yleinen rtkisu Luseen vull, kunhn yhtälölle (5.2) löydetään jokin rtkisu y 0 (x). Seurus Epähomogeenisen yhtälön (5.2) yleinen rtkisu on muoto y(x) = y 0 (x) + C 1 y 1 (x) + C 2 y 2 (x), C 1, C 2 R, missä y 0 (x) on yhtälön (5.2) jokin rtkisu j y 1 (x), y 2 (x) ovt vstvn homogeenisen yhtälön rtkisuj kuten Luseess Huom. 1. Luseess y 1 (x) j y 2 (x) ovt toisistn linerisesti riippumttomi. Homogeenisen yhtälön yleinen rtkisu sdn näiden linerikombintioin j rtkisuvruus on 2-ulotteinen vektorivruus. Huom. 2. Krkteristist yhtälöä voidn sovelt myös lineristen vkiokertoimisten kertluku k N olevien homogeenisten differentiliyhtälöiden rtkisemiseen. Muoto y = e rx olev rtkisufunktio joht tällöin stett k olevn krkteristisen polynomin nollkohtien (k kpl) etsimiseen. Esimerkiksi Esim :ss esiintyvää homogeeniyhtälöä y + 2y = 0 vst krkteristinen yhtälö r + 2 = 0, jonk juuri r = 2 nt rtkisuksi funktiot Ce 2x, C R. Esimerkki ) y y = 0. Krkt. yhtälö: r 2 1 = 0. Juuret: r 1 = 1 j r 2 = 1. Siis yleinen rtkisu on y(x) = C 1 e x + C 2 e x, C 1, C 2 R; b) y 2y + y = 0. Krkt. yhtälö: r 2 2r + 1 = 0 (r 1) 2 = 0 r 1 = r 2 = 1. Siis yleinen rtkisu on y(x) = C 1 e x + C 2 xe x, C 1, C 2 R; c) y + 4y + 5 = 0. Krkt. yhtälö: r 2 + 4r + 5 = 0 (r + 2) = 0 r = 2 ± i. Siis yleinen rtkisu on y(x) = e 2x (C 1 cos x + C 2 sin x), C 1, C 2 R. Esimerkki Rtkistn epähomogeeninen yhtälö y +2y +y = 2x 2. Homogeeninen yhtälö on y +2y +y = 0, krkteristinen yhtälö: r 2 +2r+1 = 0 (r+1) 2 = 0 r 1 = r 2 = 1. Siis homogeenisen yhtälön yleinen rtkisu on y(x) = C 1 e x + C 2 xe x, C 1, C 2 R.

68 62 Luku 5. Differentiliyhtälöistä Löytääksemme epähomogeeniselle yhtälölle jonkin rtkisun tehdään muoto y(x) = Ax 2 + Bx+C olev yrite. Tällöin y (x) = 2Ax+B j y (x) = 2A. Sijoittmll lkuperäiseen yhtälöön sdn: A = 2; 2A + 2 (2Ax + B) + (Ax 2 + Bx + C) = 2x 2 B = 8; C = 12. Niinpä y 0 (x) = 2x 2 8x + 12 on eräs epähomogeenisen yhtälön rtkisu. Epähomogeenisen yhtälön yleinen rtkisu on siten (5.3) y(x) = 2x 2 8x C 1 e x + C 2 xe x, C 1, C 2 R. Seuruksen mukn epähomogeenisen differentiliyhtälön (5.2) yleinen rtkisu sdn etsimällä ko. yhtälölle yksi rtkisufunktio y 0 (x), jok lisätään vstvn homogeeniyhtälön yleiseen rtkisuun, jok on esitetty Luseess Yksi rtkisu pyritään usein löytämään sopivn yritteen vull. Seurv tulukko nt esimerkkejä sopivist yritteistä y 0 (x) epähomogeenitermin q(x) muodon mukn: epähomogeenitermi q(x): yritteen y 0 (x) muoto: kx n c n x n + c n 1 x n c 1 x + c 0 (c 0,..., c n R) ke x c 1 e x ti c 2 xe x (c 1, c 2 R) k cos(bx) c 1 sin(bx) + c 2 cos(bx) (c 1, c 2 R) k sin(bx) c 1 sin(bx) + c 2 cos(bx) (c 1, c 2 R) ke x cos(bx) e x (c 1 sin(bx) + c 2 cos(bx)) (c 1, c 2 R) ke x sin(bx) e x (c 1 sin(bx) + c 2 cos(bx)) (c 1, c 2 R) Kun yritteen y 0 (x) muoto on kiinnitetty, lsketn y 0 (x) j y 0 (x) j sijoitetn yhtälöön (5.2), jonk jälkeen syntyneestä yhtälöstä pyritään yritteen y 0 (x) kertoimille c i R rtkisemn rvot, joill yhtälö (5.2) sdn voimn; vert Esimerkki Kun epähomogeenisen differentiliyhtälön (5.2) yleinen rtkisu on stu selville, voidn siinä esiintyvien prmetrien C 1 j C 2 rvot kiinnittää settmll rtkisufunktiolle y(x) lisäehtoj, tyypillisesti ns. lkurvo- ti reun-rvoehtoj. Esimerkki Rtkistn lkurvotehtävä (5.4) y + 2y + y = 2x 2 ; y(0) = 2, y (0) = 3. Edellisen esimerkin mukn differentiliyhtälön y + 2y + y = 2x 2 yleinen rtkisu sdn lusekkeen (5.3). Kosk y (x) = 4x 8 C 1 e x + C 2 (e x xe x ) sdn lkurvoehdoist y(0) = 2, y (0) = 3 yhtälöpri { 2 = y(0) = 12 + C1 3 = y (0) = 8 C 1 + C 2 (1 0) { C1 = 10 C 2 = 1. Niinpä lkurvotehtävän (5.4) ino rtkisu on funktio y(x) = 2x 2 8x e x + xe x. Huom! Kun differentiliyhtälö on rtkistu, on rtkisun oikeellisuus hyvä trkist derivoimll rtkisufunktiot j sijoittmll derivttojen rvot lkuperäiseen differentiliyhtälöön; smll on hyvä trkist myös lkurvoehtojen toteutuminen, jos kyseessä on lkurvotehtävä.

69 63 Luku 6: Kompleksiluvuist 6.1 Kompleksiluvut Kompleksilukujen joukko C muodostuu luvuist z = x + iy, missä x, y R j i on imginriyksikkö, jolle pätee i 2 = 1. Kompleksiluvut voidn jtell relilukuprein (x, y) j hvinnollist vektorein kompleksitsoss, jolloin erityisesti i = (0, 1). Luvun z = x + iy C relios on x j imginrios on y. Lskutoimitukset. Kompleksiluvuille voidn määritellä yhteen- j kertolsku. Kompleksilukujen z 1 = x 1 + iy 1 j z 2 = x 2 + iy 2 summ on j tulo on Yhteenlskull on seurvt ominisuudet: z 1 + z 2 = (x 1 + x 2 ) + i(y 1 + y 2 ) z 1 z 2 = (x 1 x 2 y 1 y 2 ) + i(x 1 y 2 + x 2 y 1 ). (i) (liitännäisyys) (z 1 + z 2 ) + z 3 = z 1 + (z 2 + z 3 ); (ii) (vihdnnisuus) z 1 + z 2 = z 2 + z 1 ; (iii) on olemss noll-lkio 0 = 0 + i0 C, jolle pätee: z + 0 = z, z C; (iv) jokisell z = x+iy C on olemss vst-lkio z = x+i( y) = x iy ts. z+( z) = 0. Kertolskull on ominisuudet: (i) (liitännäisyys) (z 1 z 2 ) z 3 = z 1 (z 2 z 3 ); (ii) (vihdnnisuus) z 1 z 2 = z 2 z 1 ; (iii) (osittelulki) z 1 (z 2 + z 3 ) = z 1 z 2 + z 1 z 3 ; (iv) on olemss ykköslkio 1 = 1 + i0 C, jolle pätee: 1 z = z, z C; (v) jokiselle z 0 on olemss käänteisluku z 1 = 1 z, jolle pätee z 1 z = 1. Itse siss, jos z = x + iy C, niin 1 z = x x 2 + y 2 i y x 2 + y 2. Kompleksiluvun z = x + iy liittoluku eli kompleksikonjugtti on z = x iy. Liittoluvull on ominisuudet

70 64 Luku 6. Kompleksiluvuist (i) (z) = z; (ii) z 1 + z 2 = z 1 + z 2 ; (iii) z 1 z 2 = z 1 z 2 ; ( ) z1 (iv) = z 2. z 2 z 2 Liittoluvun vull z = x + iy:n reli- j imginrios sdn seurvsti x = Re z = 1 2 (z + z) j y = Im z = 1 (z z). 2i Npkoorinttiesitys. Kompleksiluku voidn esittää npkoorinttien vull muodoss z = x + iy = r(cos ϕ + i sin ϕ). Pituutt r = z snotn kompleksiluvun z moduliksi j kulm ϕ = rg z sen rgumentiksi. Näille pätee z = x 2 + y 2 = zz ; { rctn y ϕ = rg z = x, Re x 0; ±π + rctn y x, Re x < 0. Vihtoehtoisesti cos ϕ = x x 2 + y, sin ϕ = y 2 x 2 + y. 2 Moduli on ei-negtiivinen reliluku j rgumentti puolestn on 2π:n monikerrn trkkuudell määritelty reliluku, kun z 0. Usein rgumentti rjtn välille 0 rg z < 2π ti välille π < rg z π. Esimerkki Liittoluku npkoordinteiss: z = x iy = r cos ϕ ir sin ϕ = r (cos( ϕ) + i sin( ϕ)). Erityisesti z = r = z j rg(z) = ϕ = rg(z). Kompleksilukujen summ z 1 + z 2 vst kompleksitsoss vektoriyhteenlsku. Kompleksilukujen tulo z 1 z 2 voi puolestn hvinnollist kompleksitsoss npkoordinttiesityksen vull. Asin selvittämiseksi trkstelln tulon z 1 z 2 npkoordinttiesitystä. Tulo j osmäärä npkoordinteiss: Sinin j kosinin yhteenlskukvt: sin(ϕ 1 + ϕ 2 ) = sin(ϕ 1 ) cos(ϕ 2 ) + cos(ϕ 1 ) sin(ϕ 2 ); cos(ϕ 1 + ϕ 2 ) = cos(ϕ 1 ) cos(ϕ 2 ) sin(ϕ 1 ) sin(ϕ 2 ). Esitetään kompleksiluvut z 1 j z 2 npkoordinteiss: z 1 = r 1 (cos ϕ 1 + i sin ϕ 1 ) z 2 = r 2 (cos ϕ 2 + i sin ϕ 2 ).

71 6.1. Kompleksiluvut 65 Tällöin tulolle z 1 z 2 sdn npkoordinttiesitys Niinpä z 1 z 2 = r 1 (cos ϕ 1 + i sin ϕ 1 ) r 2 (cos ϕ 2 + i sin ϕ 2 ) = r 1 r 2 ( cos(ϕ1 ) cos(ϕ 2 ) sin(ϕ 1 ) sin(ϕ 2 ) + i (cos(ϕ 1 ) sin(ϕ 2 ) + sin(ϕ 1 ) cos(ϕ 2 )) ) = r 1 r 2 ( cos(ϕ1 + ϕ 2 ) + i sin(ϕ 1 + ϕ 2 ) ). z 1 z 2 = r 1 r 2 = z 1 z 2 rg(z 2 z 2 ) = ϕ 1 + ϕ 2 = rg z 1 + rg z 2. Vstvsti johdetn osmäärän npkoordinttiesitys: Kun z 2 0, sdn Niinpä z 1 = z 1z 2 = r 1(cos(ϕ 1 ) + i sin(ϕ 1 )) r 2 (cos( ϕ 2 ) + i sin( ϕ 2 )) z 2 z 2 z 2 r2 2 = r 1 (cos(ϕ 1 ϕ 2 ) + i sin(ϕ 1 ϕ 2 )). r 2 z 1 z 2 = r 1 = z 1 r 2 z 2 j rg i 1+i 3 ( z1 z 2 ) = rg(z 1 ) rg(z 2 ). Esimerkki Lsketn luvun z 0 = reli- j imginrios sekä moduli j rgumentti. i i + i 3 = i(1 i 3) (1 + i 3)(1 i 3) = i = i. Siten Re z 0 = 3/4 j Im z 0 = 1/4. Toislt z 0 :n moduli on z 0 = i 1 + i 3 = i 1 + i 3 = ( = 1 3) 2 2 j rgumentti on ( ) i rg z 0 = rg 1 + i = rg(i) rg(1 + i 3) = π 3 2 rctn 3 = π 2 π 3 = π 6. Siis 3 z 0 = i = 1 ( cos π i sin π ). 6 Esimerkki Olkoot z 1 = 2 + 2i j z 2 = 3i. Tällöin z 1 z 2 = ( 2 + 2i)(3i) = 6 6i, z i ( 2 + 2i)( 3i) = = = 2 + 2i = 2 z 2 3i 3i ( 3i) i2 3, z 1 z 2 = ( 6) 2 + ( 6) 2 = 6 2 = 8 3 = ( 2) ( 3) 2 = z 1 z 2, rg(z 1 ) = 3π 4, rg(z 2) = π 2, rg(z 1 z 2 ) = 3π 4 = 5π 4 2π = rg(z 1) + rg(z 2 ) 2π, ( ) z1 rg = π 4 = rg(z 1) rg(z 2 ). z 2

72 66 Luku 6. Kompleksiluvuist Tulon modulin j rgumentin kvt yleistyvät n:n luvun tulolle. Jos z = z 1 z 2... z n, niin z = z 1 z 2 z n j rg(z) = n rg(z i ). i=1 Jos tässä vlitn z 1 = z 2 =... = z n, sdn ns. de Moivre n kv: Jos erityisesti z = 1, niin z n = z n (cos(nϕ) + i sin(nϕ)). z n = cos(nϕ) + i sin(nϕ). Npkoordinttiesitys on hyödyllinen myös rtkistess polynomiyhtälöitä. Trkstelln erikoistpust z n = w, jolloin z = n w; ts. on etsittävä luvun w C kikki n-juuret kompleksitsoss. Olkoot w = r(cos(ϕ) + i sin(ϕ)) j z = ρ(cos(θ) + i sin(θ)), r, ρ 0. Tällöin joten z n = ρ n (cos(nθ) + i sin(nθ)) = r(cos(ϕ + i sin(ϕ)) = w, ρ = n r j nθ = ϕ + 2kπ, (k Z) eli ρ = n r j θ = ϕ n + 2kπ n, (k Z). Erisuuret juuret sdn rvoill k = 0, 1,..., n 1 j rtkisuksi sdn n kpplett luvun w n-juuri: ( ( ) ( )) z = n ϕ + 2kπ ϕ + 2kπ r cos + i sin, k = 0, 1,..., n 1. n n Kun w = 1, nähdään, että juuret n w sijitsevt kompleksitson yksikköympyrän kehällä j määräävät tssivuisen n-monikulmion, jonk kärjet ovt pisteissä ( ) ( ) n 2kπ 2kπ 1 = cos + i sin, k = 0, 1,..., n 1. n n Kompleksilukujen eräänä tärkeänä ominisuuten on, että jokisell (reli- ti kompleksikertoimisell) n:n steen (n > 0) polynomill on täsmälleen n kpplett juuri kompleksilukujen joukoss monikerrt huomioiden. [Algebrn perusluse.] 6.2 Eksponenttifunktio kompleksitsoss Eksponenttifunktio kompleksitsoss määritellään kvll (6.1) e z = e x (cos y + i sin y), z = x + iy C. Kun z = Re z = x, sdn tvllinen relikselill määritelty eksponenttifunktio. Kun z = iy, sdn e iy = cos y + i sin y. (Eulerin kv)

73 6.2. Eksponenttifunktio kompleksitsoss 67 Kun z esitetään npkoordinteiss z = z (cos ϕ + i sin ϕ), sdn jokiselle kompleksiluvulle z 0 seurv esitys eksponenttifunktion vull (6.2) z = z e iϕ = e ln z e iϕ = e ln z +iϕ, z > 0. Esimerkkejä: e 2πi = e 0 = 1, e ±πi = 1, e πi 2 = i j e πi 2 = i. Sinin j kosinin yhteenlskukvoist seur e iy 1 e iy 2 = (cos(y 1 ) + i sin(y 1 )) (cos(y 2 ) + i sin(y 2 )) = (cos(y 1 ) cos(y 2 ) sin(y 1 ) sin(y 2 )) + i (sin(y 1 ) cos(y 2 ) + cos(y 1 ) sin(y 2 )) = cos(y 1 + y 2 ) + i sin(y 1 + y 2 ) = e i(y 1+y 2 ). Tämän nojll e z toteutt myös kompleksitsoss kvn e z 1z 2 = e (x 1+x 2 )+i(y 1 +y 2 ) = e (x 1+x 2) e i(y 1+y 2 ) = e x 1 e x 2 e iy 1 e iy 2 = e x 1+iy 1 e x 2+iy 2 = e z 1 e z 2. Kääntäen: Kvst e z 1z 2 = e z 1 e z 2 seur sekä sinin että kosinin yhteenlskukvt huomioimll Eulerin kv (rvoill z 1 = iy 1, z 2 = iy 2 ; ktso yllä olevn kvn johto). Sini- j kosinifunktion jksollisuudest seur, että e z on 2πi-jksollinen funktio, e z+2πi = e z, z C. Siten e z svutt kikki rvons jo ns. jksovyössään π < y π, x R. Huom. Selvästi e z 0 z C, sillä e z = e Re z = e x > 0 x R. Toislt kvn (6.2) nojll kikki rvot z C \ {0} kuuluvt e z :n rvojoukkoon. Huom. Eksponenttifunktion määritelmästä (6.1) nähdään, että e z = e x e iy kompleksitson pisteessä z = x + iy määräytyy olennisesti sen rvoist imginrikselill z = iy eli Eulerin kvst. Plutetn mieleen relikselill määriteltyjen funktioiden e x, sin x j cos x Tylorsrjkehitelmät: e x x n = n!, sin x = ( 1) k x 2k+1 (2k + 1)!, cos x = ( 1) k x2k (2k)!. n=0 k=0 Korvmll e x :n Tylor-srjkehitelmässä luku x imginriluvull iy j huomioimll, että y n, n = 4k (iy) n iy = n, n = 4k + 1 y n, n = 4k + 2 iy n, n = 4k + 3 todetn, että e iy = (iy) n = n! n=0 k=0 ( 1) k x2k k=0 (2k)! + i( ( 1) k x 2k+1 ) = cos y + i sin y, (2k + 1)! mikä osltn selittää e z :n määritelmän (6.1) j Eulerin kvn sisällön. k=0