harjoitustehtävät

Funktiotehtävät, 10. syyskuuta 2005, sivu 1 / 42PerustehtävätTehtävä 1. Miksi seuraavat esimerkit eivät ole funktioita?1. f : R ↦→ Z, f(x) = x2.⎧2 kun x on parillinen,⎪⎨f : N ↦→ {0, 1, 2} , f(x) = 1 kun x on alkuluku,⎪⎩ 0 muutoin.3. f : R ↦→ R, f(x) = sin xx4. f ◦ g : R ↦→ R, missä f : R \ {1} ↦→ R, f(x) = 1x−1 jag : R ↦→ R + , g(x) = e x5. f : {A | A ⊂ R} ↦→ R, f(A) = sup ATehtävä 2. Mitkä ovat seuraavien funktioiden laajin mahdollinen määritysjoukkoja suppein maalijoukko. Voiko funktio tällöin olla bijektio?1. f(x) = √ 1 + x 22. f(x) = 1x+13. f(x) = ln(x 2 − 2)Tehtävä 3. Mieti miksi käänteisfunktio on mielekästä määritellä vain bijektioille.Tehtävä 4. Osoita, että funktio f : Z + ↦→ {1 2 , 2 2 , 3 2 , . . .} , f(n) = n 2 onbijektio. Täten joukoilla on sama mahtavuus, vaikka {1 2 , 2 2 , 3 2 , . . .} ⊂ Z +Z + ⊄ {1 2 , 2 2 , 3 2 , . . .}.Tehtävä 5. Osoita, että seuraavat funktiot ovat bijektioita ja määrää niidenkäänteisfunktiot.1. f : R ↦→ R, f(x) = x + c, missä c ∈ R on vakio.2. f : R \ {−1} ↦→ R \ {2} , f(x) = 1x+1 + 23. f : R ↦→] − 1, 1[, f(x) = x1+|x|Tehtävä 6. Olkoon funktiot f : A ↦→ B ja g : B ↦→ C bijektioita. Osoita, ettäfunktio g ◦ f : A ↦→ C on bijektio ja määrää sen käänteisfuntio.ja1

Funktiotehtävät, 10. syyskuuta 2005, sivu 2 / 42Tehtävä 7. Mitä voidaan sanoa funktiosta f : R ↦→ R, joka on sekä parillinenettä pariton.Tehtävä 8. Mitä voidaan sanoa funktiosta f : R ↦→ R, joka on sekä kasvava ettävähenevä.Tehtävä 9. Olkoot f, g : R ↦→ R funktioita. Mitä voidaan sanoa funktiosta f ◦g,kun1. f kasvava ja g vähenevä2. f vähenevä ja g kasvava3. f ja g ovat kasvavia4. f ja g ovat väheneviä.Tehtävä 10. Olkoon funktio f : R ↦→ R parillinen ja g : R ↦→ R pariton. Mitävoit sanot seuraavien funktioiden parillisuudesta?1. f ◦ g2. f ◦ f3. g ◦ g4. f 25. g 26. f + g7. fgTehtävä 11. Tutki ovatko seuraavat funktiot jaksollisia ja määrää perusjakso.1. f(x) = √ 1 − sin 2 x, x ∈ R2. f(x) = sin(x 2 ), x ∈ R3. f(x) =12+cos(3x) , x ∈ RTehtävä 12. Kirjoita raja-arvon limx→af(x) = b määritelmä ja selitä miksi ehdossaaina x ≠ a.Tehtävä 13. Osoita suoraan määritelmän nojalla, että1. limx→2(3x + 1) = 72

Funktiotehtävät, 10. syyskuuta 2005, sivu 3 / 422. limx→1(x 2 − 2x) = −1Tehtävä 14. Laske raja-arvot1. limx→4x−42− √ xsin 7x2. limx→0 5x3. lim e 1−x1−x 2x→∞4. lim x( √ x 2 + 1 − x)x→∞1−cos(2x)5. limx→0 1−cos x6. lim ∣ cos( π 2 x)∣x→1lnx−1Tehtävä 15. Laske raja-arvot1. limx→0x 2 sin 1 xsin 4x2. lim2x→0 9x 23. limx→2πsin x(x−2π) cos xTehtävä 16. Perustele miksi seuraavat funktiot ovat kaikkialla jatkuvia.1. f(x) = x 4 − 2x 3 + x − 32. f(x) = cos(−x)Tehtävä 17. Tutki funktioiden jatkuvuutta.1.2.⎧⎪⎨ x 2 + a , kun x < 2f(x) =⎪⎩ −x + 1 , kun x ≥ 2⎧⎪⎨ 1− √ 1+ax 2, kun x ≠ 0xf(x) =2 ⎪⎩ a , kun x = 0Tehtävä 18. Tutki funktion⎧⎪⎨ xf(x) =⎪⎩ −x, x ∈ Q, x ∈ R \ Qjatkuvuutta.3

Funktiotehtävät, 10. syyskuuta 2005, sivu 4 / 42Tehtävä 19.1. Määrittele, mitä tarkoittaa funktion f jatkuvuus suljetullavälillä.2. Osoita, että jos funktio f on jatkuva väleillä [a, b] ja [b, c] missä a < b < c,niin funktio f on jatkuva pisteessä x = b.3. Anna esimerkki funktiosta f : R ↦→ R, joka on jatkuva välillä [0, 1], muttajoka ei ole jatkuva pisteessä x = 0.Tehtävä 20. Funktiota f(x) = x2 −xx 2 −1ei ole määritelty pisteissä x = ±1. Tutkivoidaanko funktiolle f määrätä sellaiset arvot f(1) ja f(−1), että funktio tulisijatkuviksi näissä pisteissä.Tehtävä 21.1. Määrittele funktion tasainen jatkuvuus.2. Osoita, että mikäli f : I ↦→ R ei ole jatkuva funktio, niin seuraava väite onepätosi:Jos funktio f on tasaisesti jatkuva väleillä I 1 ja I 2 ja I = I 1 ∪I 2 , niin funktiof on tasaisesti jatkuva välillä I.Tehtävä 22. Johda suoraan määritelmän nojalla kaava D sin x = cos x ja todistasen avulla, että D cos x = − sin x. Käytä sitten osamäärän derivaattaa ja johdafunktion tan x derivaatta.Tehtävä 23. Derivoi1.(x−1)(x+2)(x+1) 2x 2 −12. x 3 cos(3x)3. e 2 ln(3x)4.sin(3x)x 2 +25. x x , kun x > 06. ln(ln(x 2 + 1))Tehtävä 24. Osoita, että funktiolla f(x) = 3x + sin(2x) on olemassa käänteisfunktioja määritä (f −1 ) ′ ( 3π 2 ).Tehtävä 25. Johda derivaattafunktiot funktioille arcsin x, arccos x ja arctan x.4

Funktiotehtävät, 10. syyskuuta 2005, sivu 5 / 42Tehtävä 26. Osoita, että D sinh x = cosh x ja D cosh x = sinh x, missäsinh x = ex − e −x2jacosh x = ex + e −x.2Funktiota sinh x ja cosh x kutsutaan hyperboliseksi siniksi ja kosiniksi.Tehtävä 27. Ovatko seuraavat väittämät totta vai valetta?1. Jos funktio f on epäjatkuva pisteessä x 0 , niin se ei ole derivoituva pisteessäx 02. Jos f ′ (x) > 0 kaikilla x ∈ R, niin funktio f on kasvaa rajatta.3. Jos limx→∞f ′ (x) = 0, niin funktio f on rajoitettu.Tehtävä 28. Osoita väliarvolauseen perusteella, että9 + 1 10 < 1 √83< 9 + 1 9 .Tee samanlainen arvio luvulle √ 88.Tehtävä 29. Osoita väliarvolauseen avulla, että jos funktio f on jatkuva välillä[a, b] ja derivoituva ja f ′ (x) > 0 välillä ]a, b[, niin funktio f on aidosti kasvavavälillä [a, b].Tehtävä 30. Oletetaan, että funktio f on derivoituva välillä ]a, b[ ja f ′ (x 0 ) = 0eräällä x 0 ∈]a, b[. Osoita, että jos f ′ (x) > 0, aina kun x ∈]a, x 0 [ ja f ′ (x) < 0, ainakun x ∈]x 0 , b[, niin funktiolla f on paikallinen maksimi pisteessä x 0 .Tehtävä 31. Mitä Bolzanon lauseen perusteella voidaan sanoa jatkuvasta funktiostaf, jolla ei ole nollakohtia välillä [a, b].Tehtävä 32. Tutki Bolzanon ja Rollen lauseiden avulla funktionf(x) = x 3 − 3x + 1nollakohtien lukumäärääTehtävä 33. Tutki funktioiden paikallisia ääriarvoja.1. f(x) = x 2 − 4x + 32. f(x) = e x sin x5

Funktiotehtävät, 10. syyskuuta 2005, sivu 6 / 42Vaativampia tehtäviäTehtävä 34.1. Osoita, että jos f : A ↦→ B on funktio (ei siis välttämättäbijektio), niin myös g : B ↦→ P (A) on funktio, missäg(b) = f −1 ({b}) aina, kun b ∈ B.Tässä joukko P (A) on niin sanottu joukon A potenssijoukkoP (A) = {A 0 | A 0 on joukon A osajoukko} = {A 0 | A 0 ⊂ A} .Potenssijoukon alkiot ovat siis joukkoja ja ∅, A ∈ P (A) kaikille joukoille A.2. Osoita lisäksi, että funktio f : A ↦→ B on bijektio jos ja vain jos joukkof −1 ({b}) sisältää täsmälleen yhden alkion kaikilla b ∈ B.Tehtävä 35. Osoita, että jos limx→x0f(x) = a ja limx→x0g(x) = b, niinlimx→x 0(f + g)(x) = a + bTehtävä 36. Olkoon f : R ↦→ R on funktio. Osoita, ettälimx→x 0f(x) = ajos ja vain jos kaikilla jonoilla (x n ) ⊂ R \ {x 0 }, x n → x 0 pätee, ettälim f(x n) = a.n→∞Tehtävä 37. Olkoon f, g : R ↦→ R funktioita. Osoita, että jos lim f(x) = a jax→∞lim g(x) = ∞, niinx→∞limf(g(x)) = a.x→∞Tehtävä 38. Konstruoi funktio, jonka määrittelyjoukko on koko R, ja jolla onraja-arvo olemassa vain pisteessä x = 1.Tehtävä 39. Todista väliarvolause Rollen lauseen avulla.Tehtävä 40. Osoita, että jos funktio f :]a, b[↦→ f(]a, b[) on derivoituva ja f ′ (x) >0 kaikilla x ∈ A, niin funktio f on bijektio.6

Funktiotehtävät, 10. syyskuuta 2005, sivu 7 / 42Tehtävä 41. Olkoon f jatkuva funktio pisteessä x 0 . Osoita, että jos limx→x0g(x) =a, niinlim f(g(x)) = f( lim g(x)) = f(a).x→x 0 x→x0Täten mikäli funktio on jatkuva, niin rajankäynnin saa viedä funktion sisään.Osoita esimerkeillä, että mikäli funktio f ei ole jatkuva pisteessä x 0 ja limx→x0g(x) =a, niinjavoivat olla joko yhtäsuuria tai ei.lim f(g(x))x→x 0f( limx→x0g(x))Tehtävä 42. Olkoon⎧⎪⎨ x α sin x, kun x ≠ 0f(x) =⎪⎩ 0 kun x = 0.1. Millä parametrin α arvolla funktio f on jatkuva origossa?2. Millä parametrin α arvolla funktio f on derivoituva origossa?7

Funktiotehtävät, 10. syyskuuta 2005, sivu 8 / 42Vinkkejä perustehtäviinTehtävä 1. Tutki täyttyykö funktion ehto, että jokaisella lähtöjoukon pisteelläon yksikäsitteinen kuvapiste.Tehtävä 2.1. Mieti miten lauseke 1+x 2 käyttäytyy eri muuttujien x arvoilla.2. Tee sijoitus y = x + 1, jolloin funktio muuttuu tutumpaan muotoon.3. Ratkaise epäyhtälö x 2 −2 > 0. Mieti esimerkkiä, joka osottaisi, että funktioei ole injektio.Tehtävä 3. Mieti tapauksia, joissa funktio f joko ei ole injektio tai ei ole surjektio.Mieti mikä käänteisfunktion määrittelyssä tällöin menee pieleen.Tehtävä 4. Osoita funktio injektioksi ja surjektioksi.Tehtävä 5.1. Surjektiivisyyden osoittamiseksi oleta, että y ∈ R on mielivaltainenja osoita, että on olemassa sellainen x ∈ R, että y = f(x). Injektiivisyyteenkäytä suoraan määritelmää2. Oleta, että y ≠ 2 ja ratkaise yhtälö y = 1x+1 + 2.3. Tutki, mitä arvoja funktio f saa, kun x > 0, x < 0 tai x = 0. Injektiivisyydenkohdella huomaa, että funktion arvon etumerkki riippuu täysin funktionosoittajan etumerkistä ja tutki erikseen tapaukset f(x) > 0, f(x) = 0ja f(x) < 0.Tehtävä 6. Osoita surjektiivisuus ja injektiivisyys erikseen. Todistus menee suoraanmääritelmiä soveltamalla. Käänteisfunktion määräämiseksi huomaa, ettäfunktioilla f ja g on käänteisfunktiot.Tehtävä 7. Sovella parillisuuden ja parittomuuden määritelmiä suoraan funktioonf. Vertaa arvoja pisteissä x ja −x.Tehtävä 8. Oleta, että x 2 > x 1 ja sovella kasvavuuden ja vähenevyyden määritelmiä.Vertaa arvojen f(x 1 ) ja f(x 2 ) keskinäistä suuruutta.Tehtävä 9. Oleta, että x 2 > x 1 . Tutki määritelmän avulla arvoja g(x 2 ) ja g(x 1 ).Täten joko g(x 2 ) ≥ g(x 1 ) tai g(x 2 ) ≤ g(x 1 ). Sovella näihin arvoihin joko kasva-8

Funktiotehtävät, 10. syyskuuta 2005, sivu 9 / 42vuutta tai vähenevyyttä. Apumerkinnät y 2 = g(x 2 ) ja y 1 = g(x 1 ) voivat selkiyttäätilannetta.Tehtävä 10. Sovella parillisuuden ja parittomuuden määritelmiä. Huomaa, ettäkaikissa tapauksissa et voi välttämättä sanoa mitään varmaa funktioiden parillisuudestatai parittomuudesta.Tehtävä 11.1. Sievennä funktio yksinkertaisemmaksi. Jakson määrittämisessäkäytä apuna trigonometristen funktioiden perusjaksoa.2. Oleta, että funktiolla olisi jakso ja johda sille ominaisuuksia tarkastelemallaarvoja, joissa funktio saa arvon nolla.3. Käytä trigonometrisen funktion perusjaksoa apuna.Tehtävä 12. Tutki ja keksi esimerkkejä millaisissa tapauksissa raja-arvoa ei olisimääritelty, jos ehtoa x ≠ a ei ole.Tehtävä 13. Oleta ɛ > 0 mielivaltaiseksi. Laske mikä luvun δ > 0 täytyyolla luvun ɛ avulla kirjoitettuna, että ehdosta 0 < |x − 2| < δ seuraa, että|3x + 1 − 7| < ɛ. Vastaalla tavalla toisessa kohdassa.Tehtävä 14. 1. Lavenna termillä 2 + √ x.2. Muokkaa raja-arvo muotoon a sin y , missä y saatu sopivalla sijoituksella.y3. Huomaa, että 1 − x 2 = (1 − x)(1 + x). Vie rajankäynti funktion sisälle.4. Lavenna termillä √ x 2 + 1 + x.5. Lavenna termillä 1 + cos x ja käytä sopivia trigonometrisiä kaavoja.6. Huomaa, että cos( π 2 x) = sin( π 2 − π 2 x).Tehtävä 15.1. Arvioi funktion itseisarvoa sopivasti ylöspäin.2. Pyri käyttämään raja-arvoa limx→0sin xx= 1.3. Huomaa sinifunktion jaksollisuus.Tehtävä 16. Perustele yleisellä tasolla miten funktio on saatu yhdistämällä jatkuviafunktioita.Tehtävä 17. Tutki miten parametrit pitäisivät valita, että funktion arvo ja rajaarvoyhtyisivät.9

11efficacy is a reliable predictor of performance when the task is new and challenging. Yet, after peoplegain experience in performing their tasks, past performance should become the major explanatoryfactor of future self-efficacy. Indeed, in Sexton, Tuckman and Crehan’s (1992) study, perceived selfefficacyaccounted for the variance in performance in the first performance stage, but after this initial“break-in” phase, earlier behavior accounted for most of the variance in the succeeding taskperformance. Similarly, self-efficacy correlated more with past performance than with futureperformance. Self-efficacy significantly predicted future performance only when past performance washeld constant (Locke, Fredrick, Lee & Bobko, 1984).The effect of past performance on efficacy perceptions should even be stronger for collectiveefficacy,mainly when team members work under highly interdependent task. This is expected becausecollective-efficacy perceptions develop as the team members gain knowledge about how well theyfunction together. In that case, the self-knowledge that each team member may have from his or herown personal history is not enough for evaluating how well the team will function as a unit. The sharedperceptions of collective-efficacy influence team performance, and reciprocally, team performanceinfluences the shared perceptions of collective-efficacy that follow performance (Baker, 2001; Feltz &Lirgg, 1998). Thus, we hypothesize the following;Hypothesis 4: Collective-efficacy, more than self-efficacy will beinfluenced by past performance under conditions of high taskinterdependence.MethodParticipantsOne hundred and twenty engineering students (37% of whom were women) participated in thestudy, and were paid for their participation. They were randomly assigned to three-person work teams(N=40 teams). The average age of the students was 23.3 years (SD= 2.3), ranging from 19 to 31 years.

Funktiotehtävät, 10. syyskuuta 2005, sivu 12 / 42Vinkkejä vaativimpiin tehtäviinTehtävä 34.1. Mieti miten funktiota voisi luonnehtia.2. Oleta ensin, että funktio on bijektio ja todista toinen väite. Oleta sittentoinen väite todeksi ja osoista, että bijektiivisyys seuraa siitä.Tehtävä 35. Saadaan määritelmistä kolmioepäyhtälön avulla.Tehtävä 36. Suuntaan ⇒ valitse mielivaltainen jono ja sovella määritelmiä. Toiseensuuntaan tee vastaoletus ja sen avulla konstruoi jono, joka on ristiriidassaoletuksen kanssa.Tehtävä 37. Todistus menee suoraan määritelmien perusteella.Tehtävä 38. Käytä funktiota f(x) = x, kun x ∈ Q ja f(x) = 1, kun x ∈ R \ Q.Todista, että tämä funktio toteuttaa vaadittavan ehdon. Myös muutkin funktiotvoivat toteuttaa tehtävän ehdon.( )Tehtävä 39. Tarkastele funktiota g(x) = f(x) − f(b)−f(a)(x − a) + f(a) . Taib−amäärittele funktioksi g(x) = f(x) + Ax + B ja valitse vakiot A ja B niin, ettäRollen lauseen oletukset ovat voimassa.Tehtävä 40. Funktion surjektiivisyys on selvä. Osoita injektiivisyys vastaväitteellä.Tehtävä 41. Ensimmäinen väite todistetaan suoraan määritelmiä soveltamalla.Esimerkkifunktiot voivat olla hyvin yksinkertaisia.Tehtävä 42. Laske aluksi raja-arvo lim x α sin x luvun α eri arvoilla. Raja-arvoax→0→ 1, kun x → 0 voi käyttää apuna.sin xx12

Funktiotehtävät, 10. syyskuuta 2005, sivu 13 / 42Perustehtävien ratkaisutTehtävä 1. 1. Kaikille lähtöjoukon alkioille ei ole kuvaa maalijoukossa Z.Esimerkiksi arvoa f(π) ei ole määritelty, koska π on irrationaaliluku.2. Luku 2 on sekä parillinen että alkuluku, joten sen kuva ei ole yksikäsitteinen.3. Kuvaukselle ei ole määritelty arvoa määritysjoukon pisteessä x = 0 ∈ R.4. Funktion g kuvajoukko on R + , mutta funktiota f ei ole määritelty pisteessäg(0) = 1.5. Koska esimerkiksi R ⊂ R, mutta reaalilukujen joukolla R ei ole olemassayhtään ylärajaa saati pienintä sellaista. Täten arvoa sup R ei ole määritelty.Tehtävä 2.1. Neliöjuuri on määritelty, kun juurrettava on positiivinen. Koska1+x 2 ≥ 1 kaikilla x ∈ R, niin funktion laajin mahdollinen määritysjoukkoon koko R. Tällä määritysjoukolla funktio tulee samaan arvoja arvosta√1 = 1 ylöspäin. Täten f : R ↦→ [1, ∞[. Koskaf(−1) = √ 1 + (−1) 2 = √ 1 + 1 2 = f(1),niin funktio f ei ole injektio eikä myöskään bijektio.2. Koska lukua 1 0ei ole määritelty, niin on oltava x ≠ −1. Merkitsemällä y =x+1 funktio tulee muotoon f(y) = 1 . Tämä saa kaikki muut reaalilukuarvotylukua 0 lukuunottamatta, joten f : R \ {−1} ↦→ R \ {0}. Koska jokaisellanollasta poikkeavalla luvulla on käänteisluku, niin funktio f on surjektio.Funktio on myös injektio, koska jos f(x 1 ) = f(x 2 ), niin1x 1 + 1 = 1x 2 + 1⇒ x 1 + 1 = x 2 + 1⇒ x 1 = x 2 .3. Logaritmifunktiot, erityisesti luonnollinen logaritmi, on määritelty aidostipositiivisille luvuille. Laajin mahdollinen ratkaisujoukko on siis epäyhtälönx 2 − 2 > 013

Funktiotehtävät, 10. syyskuuta 2005, sivu 15 / 42Tehtävä 5.1. Osoitetaan ensiksi surjektiivisyys. Olkoon y ∈ R mielivaltainen.Merkitään y − c = x. Siis x ∈ R ja y = x + c eli y = f(x). Siisf(R) = R eli funktio f on surjektio.Injektiivisyyden todistamiseksi oletetaan, että f(x 1 ) = f(x 2 ). Siisx 1 + c = x 2 + c ⇔ x 1 = x 2 .Siis funktio f on injektio. Käänteisfunktio on f −1 (x) = x − c.2. Olkoon y ≠ 2. Ratkaistaan yhtälöy = 1x + 1 + 2 ⇒ y − 2 = 1x + 1 ⇒ x + 1 = 1y − 2 ,josta saadaan, että x = 1 − 1. Täten on olemassa sellainen x = R \ {−1},y−2että y = f(x). Siis funktio f on surjektio. Koska saatu x on yksikäsitteinen,niin funktio f on myös injektio. Todetaan injektiivisyys myös suoraanmääritelmän avulla. Jos f(x 1 ) = f(x 2 ), niin1x 1 + 1 + 2 = 1x 2 + 1 + 2⇒ 1x 1 + 1 = 1x 2 + 1⇒ x 1 + 1 = x 2 + 1,joten x 1 = x 2 . Täten funktio on bijektio ja sillä on käänteisfunktio. Käyttämälläsurjektiivisyydessä johdettua kaavaa saadaan, että f −1 (x) = 1x−2 − 1.3. Olkoon y ∈]−1, 1[ mielivaltainen. Jos y > 0, niin tutkitaan funktion arvojamuuttujilla x ∈ R + . Tällöinx1 + |x| = x1 + x = 1 + x − 11 + x= 1 − 11 + x ,missä 1 ∈]0, 1[. Funktio tulee siis saamaan kaikki arvot väliltä ]0, 1[ (vertaatehtävä 2). Täten on olemassa sellainen x ∈ R + , että y = f(x).1+xVastaavastijos y < 0, niin tutkitaan arvoja x ∈ R − ja löydetään sellainen muuttujanx arvo, jolla y = f(x). Mikäli y = 0, niin 0 = f(0). Täten f(R) =]−1, 1[15

Funktiotehtävät, 10. syyskuuta 2005, sivu 16 / 42eli funktio on surjektio. Funktion injektioksi osoittamisessa oletetaan, ettäf(x 1 ) = f(x 2 ). Koska nimittäjä on aina positiivinen, niin funktion arvonetumerkki riippuu vain osoittajan etumerkistä. Jos f(x 1 ) = f(x 2 ) = 0, niinselvästi x 1 = x 2 = 0. Jos f(x 1 ) = f(x 2 ) > 0, niin x 1 , x 2 > 0. Siisx 1= x 21 + x 1 1 + x 2⇔ 1 − 1 = 1 − 11 + x 1 1 + x 2⇔ 1 = 11 + x 1 1 + x 2⇔ x 1 = x 2 .Vastaavasti tapaus f(x 1 ) = f(x 2 ) < 0. Täten oletuksesta f(x 1 ) = f(x 2 )seuraa, että x 1 = x 2 , joten funktio on injektio.Käänteisfunktion määräämiseksi oletetaan, että 1 > y > 0. Tällöin aiemmanperusteellay = 1 − 11 + x⇒ 11 + x = 1 − y⇒ 1 + x = 11 − yeli x = 11−1. Vastaavasti, kun 0 > y > −1, niin saadaan, että x = 1− .1−y 1+yTäten käänteisfunktio on f −1 :] − 1, 1[↦→ R, missä⎧1− 1, kun 1 > x > 01−x ⎪⎨f −1 (x) = 0, kun x = 0⎪⎩ 1 − 1 , kun 0 > x > −1.1+xTehtävä 6. Funktio g ◦ f : A ↦→ C on surjektio, sillä jos c ∈ C, niin on olemassasellainen alkio a ∈ A, että (g ◦ f)(a) = g(f(a)) = c. Näin on, koska funktio g on16

Funktiotehtävät, 10. syyskuuta 2005, sivu 17 / 42surjektio, joten on olemassa sellainen b ∈ B, että g(b) = c. Koska myös funktio fon surjektio, niin on olemassa sellainen a ∈ A, että f(a) = b.Funktion g ◦ f : A ↦→ C injektiivisyyden toteamiseksi oletetaan, että g(f(a 1 )) =gf((a 2 )) ja osoitetaan, että a 1 = a 2 . Koska funktio g on injektio, niin f(a 1 ) =f(a 2 ). Koska funktio f on injektio, niin a 1 = a 2 .Koska funktio g ◦f : A ↦→ C on surjektio ja injektio, se on bijektio. Siten on myösolemassa käänteisfunktio (g ◦f) −1 : C ↦→ A. Koska funktiot f ja g olivat bijektioita,niilläkin on käänteisfunktiot f −1 ja g −1 . Nyt käyttämällä käänteisfunktioidenmääritelmiä saadaan, että(g ◦ f) −1 (c) = a ⇔ c = (g ◦ f)(a) = g(f(a))⇔g −1 (c) = f(a)⇔ f −1 (g −1 (c)) = (f −1 ◦ g −1 )(c) = a.Siten funktion g ◦ f käänteisfunktio on f −1 ◦ g −1 . Yksinkertaisemmin sääntö voidaankirjoittaa muotoon(g ◦ f) −1 = f −1 ◦ g −1 .Tehtävä 7. Oletetaan, että funktio f : R ↦→ R on sekä parillinen että pariton.Funktio f toteuttaa siis ominaisuudetf(x) = f(−x) ja −f(x) = f(−x)kaikilla x ∈ R. Sitenf(x) = f(−x) = −f(x) ⇔ 2f(x) = 0kaikilla x ∈ R eli f(x) ≡ 0. Funktio f on siis nollafunktio.Tehtävä 8. Jos funktio f : R ↦→ R on sekä kasvava että vähenevä, niin ehdostax 2 > x 1 seuraa, ettäf(x 2 ) ≥ f(x 1 ) ja f(x 2 ) ≤ f(x 1 ).17

Funktiotehtävät, 10. syyskuuta 2005, sivu 19 / 421. Nyt(f ◦ g)(−x) = f(g(−x)) = f(−g(x)) = f(g(x)) = (f ◦ g)(x)eli funktio f ◦ g on parillinen.2. Koska f(f(x)) = f(f(−x)), niin funktio f ◦ f on parillinen.3. Funktio g ◦ g on pariton, koska g(g(−x)) = g(−g(x)) = −g(g(x)).4. Nyt f(−x)f(−x) = f(x)f(x) eli funktio f 2 on parillinen.5. Funktio g 2 on parillinen, koska g(−x)g(−x) = (−1) · (−1)g(x)g(x) = g 2 (x).6. Parillisuudesta tai parittomuudesta ei voida sanoa mitään tuntematta funktioitatarkemmin. Esimerkiksi f(x) = x 2 on parillinen ja g(x) = x 3 on paritonfunktio. Nyt (f + g)(1) = 1 + 1 = 2 ja (f + g)(−1) = 1 − 1 = 0.7. Suoraan laskemalla huomataan, että f(−x)g(−x) = f(x)(−g(x)) = −f(x)g(x).Siis funktio fg on pariton.Tehtävä 11.1. Koska cos 2 x = 1 − sin 2 x kaikilla x ∈ R, niinf(x) =√1 − sin 2 x = √ cos 2 x = |cos x| .Koska kosinin perusjakso on 2π, niin on luontevaa olettaa, että funktion fperusjakso olisi π. Nyt sinin parittomuuden ja kosinin parillisuuden perusteella∣|cos x| = ∣sin( π ∣ ∣ ∣∣ ∣∣−2 − x) π∣ ∣∣= sin(x −2 ) ∣= ∣sin(x − π ∣ ∣ ∣∣ ∣∣cos(2 ) π =2 − (x − π ∣ ∣∣2 ))= |cos(π − x)| = |cos(x − π)|Siis luku π on jakso. Oletetaan, että on olemassa 0 < T < π, joka olisijakso. Täten1 = |cos 0| = |cos T | .Siis cos T = ±1 eli T = nπ, mikä on ristiriita. Siis luku T = π on pieninmahdollinen jakso, eli se on perusjakso.19

Funktiotehtävät, 10. syyskuuta 2005, sivu 20 / 422. Oletetaan, että T > 0 olisi jakso funktiolle f(x) = sin x 2 . Tällöin0 = sin 0 = sin [ (0 + T ) 2] = sin [ T 2] .Siis T 2 = nπ, missä n ∈ Z + , eli T = √ n √ π. Lisäksi0 = sin[ √π 2 ] = sin [ ( √ π + T ) 2] = sin [ ( √ π + √ π √ n) 2] = sin [ π( √ n + 1) 2] .eli luvun ( √ n + 1) 2 täytyy olla kokonaisluku. Tästä voidaan päätellä, ettäluku n = k 2 eräälle k ∈ Z + . Nyt0 = sin[( √ 2 √ ]π) 2 = sin[( √ 2 √ π + k √ ]π) 2 = sin[π(k + √ ]2) 2eli luvun (k + √ 2) 2 = k 2 + 2k √ 2 + 2 täytyisi olla kokonaisluku, mikä onristiriita. Täten funktio f(x) = sin x 2 on jaksoton.3. Koska funktio cos(3x) on jaksollinen perusjaksolla T = 2π , niin tutkitaan31onko se funktion f(x) = jakso. Nyt jos x ∈ R on mielivaltainen,2+cos(3x)niin12 + cos(3(x + 2π 3 )) = 12 + cos(3x + 2π) = 12 + cos(3x)eli T = 2π 3on funktion f jakso. Jos 0 < L < T , niin on olemassa sellainenx 0 ∈ R, että cos(3x 0 ) ≠ cos 3(x 0 + L) = cos(3x 0 + 3L), koska T oli funktioncos(3x) perusjakso. Täten12 + cos(3x 0 ) ≠12 + cos(3x 0 + L)eli luku T = 2π 3on funktio f perusjakso, koska pienempää jaksoa ei oleolemassa.Tehtävä 12. Määritelmän perusteella limx→af(x) = b, mikäli jokaista ɛ > 0 kohtion olemassa sellainen luku δ > 0, että|f(x) − b| < ɛ aina, kun 0 < |x − a| < δ.20

Funktiotehtävät, 10. syyskuuta 2005, sivu 23 / 426. Logaritmi- ja itseisarvofunktiot ovat jatkuvia, joten raja-arvo voidaan viedäfunktion sisälle. Koska cos( πx) = sin π (1 − x), niin2 2cos( πx)2x − 1 = sin π (1 − x)2= − π x − 1 2sin π (1 − x)2π(1 − x) → − π 22missä π (1 − x) → 0 , kun x → 1. Niinpä2∣ ∣∣∣lim ln cos( πx)∣2 ∣∣−x→1 x − 1 ∣ = ln π∣ = ln π 2 2 .Tehtävä 15. 1. Koska ∣ sin1∣ x ≤ 1, niin0 ≤∣ x2 sin 1 x∣ ≤ x2 → 0,kun x → 0. Siis lim x 2 sin 1 = 0.x→0 x2. Tehdään sijoitus y = 4x 2 . Tällöin 9x 2 = 9 y. Myöskin y → 0, kun x → 0.4Niinpäsin 4x 2limx→0 9x 2= lim9y→04sin yy= 4 9 .3. Sinifunktion jaksollisuuden perusteella sin x = sin(x − 2π). TätenTehtävä 16.limx→2πsin x(x − 2π) cos x = limx→2π= limy→0sin(x − 2π)(x − 2π) cos xsin yy cos(y + 2π) = 1.1. Raja-arvon ominaisuuksien perusteella• potenssifunktiot ovat jatkuvia,• vakiolla kerrottu jatkuva funktio on jatkuva ja• jatkuvien funktioiden summafunktio on jatkuva.Täten kaikki polynomifunktiot ovat jatkuvia, koska ne saadaan summaamallaäärellinen määrä vakiolla kerrottuja muuttujan x eri potensseja.2. Funktiot cos x ja −x ovat jatkuvia. Täten myös niiden yhdistetty funktioon jatkuva.23

Funktiotehtävät, 10. syyskuuta 2005, sivu 24 / 42Tehtävä 17.1. Kun x ≠ 2, on jatkuvuus selvää. Koskalim x2 + a = 2 2 + a = 4 + a,x→2 +niin funktio f on jatkuva pisteessä x = 2 jos ja vain jos 4+a = f(2) = −2+1eli a = −5. Tämä riittää koska lim f(x) = f(2).x→2− 2. Kun 1 + ax 2 ≥ 0 (neliöjuuren määritysjoukko) ja x ≠ 0, on jatkuvuusselvää. Laventamalla termillä 1 + √ 1 + ax 2 saadaan1 − √ 1 + ax 2x 2 = 12 − 1 − ax 2x 2 (1 + √ 1 + ax 2 )=−a1 + √ 1 + ax 2→−a1 + 1 = −a2 ,kun x → 0. Täten funktio on jatkuva pisteessä x = 0 jos ja vain jos −a2 =f(0) = a eli a = 0. Tällöin f(x) ≡ 0.Tehtävä 18. Osoitetaan, että funktio f on jatkuva pisteessä x 0ɛ > 0 mielivaltainen. Tällöin= 0. Olkoon|f(x) − f(0)| = |x − 0| < ɛ aina, kun |x − 0| < ɛ = δ,joten suoraan määritelmän nojalla funktio f on jatkuva pisteessä x 0 = 0.Käytetään tehtävää 36. Oletetaan, että x 0 ≠ 0 ja valitaan kaksi sellaista jonoa(x n ) ⊂ Q ja (y n ) ⊂ R \ Q, että ne suppenevat kohti lukua x 0 . Valinta voidaantehdä, koska luvun x 0 jokaisessa aidossa ympäristössä on sekä rationaali- ettäirrationaalipisteitä. Nytlim f(x n) = lim x n = x 0 ≠ −x 0 = lim −y n = lim f(y n ).n→∞ n→∞ n→∞ n→∞eli funktiolla f ei ole raja-arvoa pisteessä x 0 ≠ 0. Siten se ei myöskään voi ollajatkuva tässä pisteessä.Epäjatkuvuus voidaan osoittaa myös hieman hankalemmin ilman tehtävää 36.Tehdään vastaoletus, että f olisi jatkuva eräässä pisteessä x 0 ≠ 0. Tällöin myös24

Funktiotehtävät, 10. syyskuuta 2005, sivu 25 / 42lukua ɛ = |x 0|2> 0 kohti on olemassa luku δ > 0, että|f(x) − f(x 0 )| < ɛ = |x 0|2aina, kun |x − x 0 | < δ.Koska jokaiselta väliltä löytyy sekä rationaalilukuja että irrationaalilukuja voidaanvalita sellainen luku x, jolle |x − x 0 | < δ, että luvuilla f(x 0 ) ja f(x) on erimerkki. Tällöin|f(x) − f(x 0 )| ≥ |f(x 0 )| = |x 0 | ,mikä on ristiriita vastaoletuksen kanssa.Tehtävä 19. 1. Funktio f on jatkuva suljetulla välillä [a, b], mikäli se on jatkuvaavoimella välillä ]a, b[ jalimx→ax→bf(x) = f(a) ja lim f(x) = f(b).+ −2. Koska funktio f on jatkuva välillä [a, b], niin lim f(x) = f(b). Koska funktiof on jatkuva välillä [b, c], niin lim f(x) = f(b). Täten raja-arvo lim f(x)x→b− x→b + x→bon olemassa ja on yhtäsuuri kuin f(b). Siis funktio f on jatkuva pisteessäx = b.3. Olkoon f : R ↦→ R ja⎧⎪⎨ 1, kun x ≥ 0,f(x) =⎪⎩ 0, kun x < 0.Nyt funktio f on jatkuva välillä [0, 1], sillä lim f(x) = f(0) = 1. Kuitenkaanfunktio f ei ole jatkuva pisteessä x = 0, sillä lim f(x) = 0 ≠ f(0) = 1.x→0 +x→0− Täten kannattaa huomioida, jatkuvuus suljetulla välillä ei välttämättä tarkoita,että funktio olisi jatkuva välin päätepisteissä.Tehtävä 20. Koskax 2 − xx 2 − 1 = x(x − 1)(x − 1)(x + 1) = xx + 1 = x + 1 − 1x + 1= 1 − 1x + 1 ,25

Funktiotehtävät, 10. syyskuuta 2005, sivu 26 / 42kun x ≠ ±1. Antamalla x → 1 saadaan 1 − 1 → 1 . Täten määrittelemälläx+1 2f(1) = 1 funktio tulee jatkuvaksi pisteessä x = 1. Lisäksi lim f(x) = −∞ ja2x→−1 +lim f(x) = ∞. Näin raja-arvoa lim f(x) ei ole olemassa, joten funktiota eix→−1− x→−1voida saada jatkuvaksi pisteessä x = −1.Tehtävä 21.1. Funktio f on tasaisesti jatkuva välillä I, jos jokaista lukuaɛ > 0 kohti on olemassa sellainen δ > 0, että|f(x 1 ) − f(x 2 )| < ɛ aina, kun |x 1 − x 2 | < δ ja x 1 , x 2 ∈ I.2. Olkoon funktio f : [0, 2] ↦→ R ja⎧⎪⎨ 0, kun x ∈ [0, 1]f(x) =⎪⎩ 1, kun x ∈]1, 2].Tällöin funktio f ei jatkuva pisteessä x = 1, koska lim f(x) ≠ lim f(x).x→1 + x→1 −Se on tasaisesti jatkuva väleillä [0, 1[ ja [1, 2]. Koska f ei ole jatkuva välin[0, 2] jokaisessa pisteessa, niin se ei myöskään ole tasaisesti jatkuva tällävälillä.Tehtävä 22. Tarkastellaan erotusosamäärää mielivaltaisessa pisteessä x ∈ Rsin(x + h) − sin xh==sin x cos h + sin h cos x − sin xhsin x(cos h − 1)+ sin hhhcos xsin hKoska limh→0h= 1 jacos h − 1h(cos h − 1)(cos h + 1)=h(cos h + 1)= cos2 h − 1h(cos h + 1)= − sin2 hh(cos h + 1)= − sin hh · sin hcos h + 126→ −1 · 0,

Funktiotehtävät, 10. syyskuuta 2005, sivu 27 / 42niinsin(x + h) − sin xlimh→0 h= cos x.Koska piste x ∈ R on mielivaltainen, niin D sin x = cos x.Lasketaan D cos x. Käyttämällä yhdistetyn funktion derivoimissääntöä ja trigonometrisiäkaavoja saadaan, ettäD cos x = D sin( π 2 − x) = − cos(π 2− x) = − sin xKoska funktion cos x nollakohdat ovat samat kuin pisteet, joissa funktiota tan xei ole määritelty, niin osamäärän derivoimissääntöjen nojallaD tan x = D sin xcos xToisaalta=cos xD sin x − sin xD cos xcos 2 x= cos2 x + sin 2 xcos 2 x= 1cos 2 x .cos 2 x + sin 2 xcos 2 x= 1 + sin2 xcos 2 x = 1 + tan2 x,joten D tan x = 1cos 2 x = 1 + tan2 x.Tehtävä 23. Kaikki funktiot ovat derivoituvia määritysjoukoissaan, koska ne onsaatu derivoituvia funktioita yhdistelemällä.1. Funktiota ei ole määritelty nimittäjän nollakohdissa. Koska x 2 − 1 = (x −1)(x + 1), niin kyseiset nollakohdat ovat x = ±1. Tehtävä helpottuu huomattavastihuomattaessa, että termi(x + 1)(x − 1) voisaan supistaa pois.Siis saadaan, että(x − 1)(x + 2)(x + 1)2Dx 2 − 1= D(x + 2)(x + 1)= (x + 2)D(x + 1) + (x + 1)D(x + 2)= x + 2 + x + 1 = 2x + 3,kun x ≠ ±1, jotka olivat funktion nimittäjän nollakohdat.27

Funktiotehtävät, 10. syyskuuta 2005, sivu 28 / 422. Suoraan tulon derivaatan kaavaa soveltamalla saadaan, ettäDx 3 cos(3x) = cos(3x)Dx 3 + x 3 D cos(3x)= 3x 2 cos(3x) − 3x 3 sin(3x).3. Yhdistetyn funktion derivoinnin perusteellaDe 2 ln(3x) = e 2 ln(3x) · D2 ln(3x) =6e2ln(3x)3x.4. Osamäärän derivoinnin kaava antaa, ettäD sin(3x)x 2 + 2 = (x2 + 2)D sin(3x) − sin(3x)D(x 2 + 2)(x 2 + 2) 2= 3(x2 + 2) cos(3x) − (2x) sin(3x)(x 2 + 2) 2 .5. Oletetaan, että x > 0. Tällöin x x = e ln xx = e x ln x . Siis6.Dx x = De x ln x= e x ln x · D(x ln x)= e x ln x · (ln x + x x )= x x (ln x + 1).D ln(ln(x 2 + 1)) = D ln(x2 + 1)ln(x 2 + 1)1=ln(x 2 + 1) · D(x2 + 1)(x 2 + 1)2x=(x 2 + 1) ln(x 2 + 1) .Tehtävä 24. Selvästi funktio f on derivoituva ja jatkuva kaikissa pisteissä x ∈ R.Sen derivaattafunktio onf ′ (x) = D(3x) + D sin(2x) = 3 + cos(2x) · D(2x) = 3 + 2 cos(2x).28

Funktiotehtävät, 10. syyskuuta 2005, sivu 29 / 42Koska funktio cos x saa vain arvoja väliltä [−1, 1], niin f ′ (x) > 0, joten funktio fon aidosti kasvava. Aidosti kasvava funktio on myös bijektio, kun maalijoukoksivalitaan kuvajoukko, joten käänteisfunktio f −1 on olemassa. Yhtälöllä f(x) = 3π 2on olemassa vain yksi ratkaisu, koska funktio f oli aidosti kasvava. Sen voi löytäähuomaamalla, ettäf( π 2 ) = 3 · π2 + sin(2 · π2 ) = 3π 2 + sin π = 3π 2 .Käänteisfunktion derivaatan lauseen ehdot pätevät missä tahansa pisteen x 0 = π 2ympäristössä, joten kaavaa(f −1 ) ′ (y 0 ) = 1f ′ (x 0 )voidaan soveltaa. Tällöin pisteessä y 0 = 3π 2saadaan(f −1 ) ′ ( 3π 2 ) = 1f ′ ( π) = 13 + 2 cos(2 · π)= 13 − 2 = 1.2 2Tehtävä 25. Olkoon f(x) = sin x, x ∈ [− π, π] ja y = sin x. Funktio f : [− π, π] ↦→2 2 2 2[−1, 1] on jatkuva bijektio. Se on myös derivoituva ja derivaattifunktio f ′ (x) =cos x ≠ 0 välillä ] − π, π [ , joten käänteisfunktion derivaataan lauseketta voidaan2 2soveltaa. Täten sinin käänteisfunktio arcsin y on derivoituva kaikissa pisteissäy ∈] − 1, 1[ jaD arcsin y =1D sin x = 1cos x .Kaavan sin 2 x + cos 2 x = 1 perusteella |cos x| = √ 1 − sin 2 x. Koska x ∈] − π 2 , π 2 [,niin itseisarvo voidaan poistaa, sillä funktio cos x saa tällä välillä vain positiivisiaarvoja. Sijoittamalla tämä saadaanD arcsin y = 1cos x = 1√1 − sin 2 x = 1√1 − y2 .Siis D arcsin x = 1 √1−x 2kaikilla x ∈] − 1, 1[Vastaavasti johdetaan, että D arccos x = − 1 √1−x 2. Tosin tarkasteltavaksi väliksivalitaan nyt [0, π]. Miinusmerkki seuraa siitä, että D cos x = − sin x.29

Funktiotehtävät, 10. syyskuuta 2005, sivu 30 / 42Olkoon f(x) = tan x, x ∈] − π, π [ ja y = tan x. Funktio f on jatkuva ja2 2derivoituva bijektio kaikilla väleillä [a, b] ⊂] − π, π [. Lisäksi derivaattafunktio2 2D tan x = 1 + tan 2 x ≠ 0. Täten käänteisfunktion derivaatan lausetta voidaansoveltaa ja saadaan, ettäD arctan y =11 + tan 2 x = 11 + y . 2Siis on johdettu, että D arctan x = 11+x 2 kaikilla x ∈ RTehtävä 26. Koska sinh x = ex −e −x2, niinD sinh x = D ex − e −x2= D ex 2 − D e−x2 = ex + e −x2Väite D cosh x = sinh x todistetaan vastaavasti.Tehtävä 27.= cosh x.1. Oletetaan, että pisteessä x 0 epäjatkuva funktio olisi derivoituvapisteessä x 0 . Koska derivoituvuudesta seuraa funktion jatkuvuus, niinfunktio on myös jatkuva pisteessä x 0 , mikä on ristiriita oletuksen kanssa.Täten väite on tosi.2. Esimerkiksi funktio f(x) = arctan x on kaikkialla jatkuva ja derivoituva jaf ′ (x) = 11+x 2 . Tätenlim f ′ 1(x) = limx→∞ x→∞ 1 + x = 0 2ja f ′ (x) > 0 kaikilla x ∈ R. Funktio f(x) = arctan x on kuitenkin rajoitettu,sillä |arctan x| < π . Väite on siis epätosi.23. Funktio f(x) = ln x ei ole rajoittu, vaikka lim f ′ (x) = 1x→∞ xepätosi.= 0. Väite on siisTehtävä 28. Olkoon f(x) = √ x. Se on jatkuva kaikilla väleillä [a, b] ja derivoituvaväleillä ]a, b[, missä 0 ≤ a < b. Koska 9 2 = 81, niin √ 83 − 9 ≥ 0. Koskaf ′ (x) = 12 √ x 0, niin väliarvolauseen perusteella on olemassa sellainen x 0 ∈]81, 83[,ettäf(83) − f(81) = √ 83 − 9 = 12 √ x 0(83 − 81) = 1 √x0.30

Funktiotehtävät, 10. syyskuuta 2005, sivu 31 / 42Koska x 0 ∈]81, 83[, niinYhdistämällä tulos √ 83 = 9 + 1 √ x0110 = √ 1 < √ 1 < √ 1 = 1 100 x0 81 9 .muihin päättelyihin saadaan9 + 1 10 < √ 83 < 9 + 1 9 .Vastaavasti on olemassa sellainen luku x 0 ∈]81, 88[, ettäLisäksiTäten√88 − 9 =12 √ x 0(88 − 81) = 72 √ x 0.72 · 110 < 72 √ < 7 x 0 2 · 19 .9 + 7 20 < √ 88 < 9 + 7 18 .Tehtävä 29. Määritelmän perusteella pitää osoittaa, että f(x 2 ) > f(x 1 ) kaikillax 1 , x 2 ∈ [a, b] ja x 2 > x 1 . Oletetaan siis, että a ≤ x 1 < x 1 ≤ b ovat mielivaltaisia.Väliarvolauseen nojalla on olemassa sellainen piste x ∈]x 1 , x 2 [, ettäf(x 2 ) − f(x 1 ) = f ′ (x)(x 2 − x 1 )Oletuksien perusteella f ′ (x) > 0 ja x 2 − x 1 > 0, joten f(x 2 ) > f(x 1 ).Tehtävä 30. Osoitetaan, että jos x ∈]a, x 0 [ on mielivaltainen, niin f(x) ≥ f(x 0 ).Tehtävän 29 oletukset pätevät välillä [a, x 0 ], joten funktio f on aidosti kasvavatällä välillä. Siten f(x) < f(x 0 ). Koska x oli mielivaltainen, niin väite päteekaikilla x ∈]a, x 0 [. Vastaavasti näytetään, jos x ∈]x 0 , b[, niin f(x) < f(x 0 ). Siisfunktiolla f on paikallinen maksimi on pisteessä x 0 .Tehtävä 31. Oletuksen perusteella ei ole olemassa sellaista pistettä x 0 ∈ [a, b],että f(x 0 ) = 0. Mikäli luvut f(a) ja f(b) olisivat erimerkkisiä, niin Bolzanon31

Funktiotehtävät, 10. syyskuuta 2005, sivu 32 / 42lausetta voitaisiin soveltaa ja olisi olemassa oletuksen kieltämä piste. Täten luvutf(a) ja f(b) ovat samanmerkkiset. Koska vastaava päättely voidaan tehdä kaikilleluvuille a 1 ja b 1 , joille a ≤ a 1 < b 1 ≤ b, niin funktio f ei voi vaihtaa merkkiään.Täten saadaan selvältä kuulostava tulos, että jatkuva funktio vaihtaa merkkiäänvain nollakohdissaan (tosin sen ei ole pakko vaihtaa merkkiään tällöin, kutenesimerkki f(x) = x 2 osoittaa).Tehtävä 32. 1. Lasketaan funktion f derivaattafunktio f ′ (x) = 3x 2 −3. Näinollen f ′ (x) = 0 täsmälleen silloin, kun x = 1 tai x = −1. Funktion arvojalaskemalla huomataan, että f(−1) = 3, f(1) = −1. Koska funktio f onjatkuva välillä [−1, 1] ja funktion arvot välin päätepisteissä ovat erimerkkisiä,niin Bolzanon lausetta voidaan soveltaa ja välillä [−1, 1] on ainakinyksi funktion f nollakohta. Rollen lauseen nojalla tällä välillä ei voi ollauseampia nollakohtia, sillä jos näin olisi, niin välillä ] − 1, 1[ olivien funktionf nollakohtien välissä olisi eräs derivaatan nollakohta, mikä on ristiriita.Koska f(−3) = −17 ja f(3) = 19, niin vastaavasti voidaan osoittaa,että väleillä [−3, −1] ja [1, 3] on täsmälleen yksi nollakohta kummassakin.Täten funktiolla f on ainakin 3 nollakohtaa.Osoitetaan lisäksi että jos a < −3, niin funktiolla f ei ole nollakohtia välillä[a, −3]. Oletetaan, että tällä välillä olisi eräs nollakohta x 0 . Tällöinf(x 0 ) = f(x 1 ) = 0, missä x 1 on välillä [−3, −1] sijaitseva nollakohta. Koskafunktio f on derivoituva välillä ]a, −1[, niin Rollen lauseen perusteelladerivaattafunktiolla olisi eräs nollakohta tällä avoimella välillä. Tämä onristiriita, joten funktiolla f ei ole nollakohtia x 0 < −3. Vastaavasti tapausx 0 > 3. Täten funktiolla f on täsmälleen 3 nollakohtaa.Tehtävä 33. 1. Funktion f(x) = x 2 − 4x + 3 kuvaaja on ylöspäin aukeavaparaabeli. Polynomifunktiona se on derivoituva ja jatkuva jokaisessa pisteessä.Sen derivaattafunktio on f ′ (x) = 2x − 4. Täten f ′ (x) = 0 jos ja vainjos x = 2. Koska derivaattafunktion merkki vaihtuu kriittisessä pisteessäx = 2, niin se on paikallinen ääriarvopiste.32

Funktiotehtävät, 10. syyskuuta 2005, sivu 33 / 422. Funktio f on jatkuvien funktioiden yhdistelmänä derivoituva ja jatkuvakoko määritysalueessaan R. Nyt f ′ (x) = e x sin x + e x cos x. Koska e x > 0,niin derivaattafunktion nollakohdat määräytyvät yhtälön sin x + cos x = 0perusteella. Tätensin x = − cos x = − sin( π 2 − x) = sin(x − π 2 )eli x = x − π 2 + n2π tai x = π − x + π 2+ n2π, missä n ∈ Z. Siis x =3π+nπ. Osoitetaan lisäksi, että derivaattafunktio vaihtaa merkkiään näissä4pisteissä. Derivaattafunktio on jatkuva kaikkialla ja sen merkki riippuu vainfunktion g(x) = sin x + cos x merkistä. Koska g(n2π) = 0 + 1 = 1 jag(π + n2π) = 0 − 1 = −1 kaikilla n ∈ Z eli g(nπ) = (−1) n . Huomaamalla,että 3π 4+nπ ∈ [nπ, (n+1)π] voidaan päätellä jatkuvuuden perusteella, ettäderivaattafunktio vaihtaa merkkinsä nollakohdissaan.Täten funktion f paikalliset ääriarvot ovat pisteet x = 3π 4+nπ, missä n ∈ Z.33

Funktiotehtävät, 10. syyskuuta 2005, sivu 34 / 42Vaativampien tehtävien ratkaisutTehtävä 34. 1. Koska joukko P (A) on kokoelma joukon A osajoukkoja, niinjokaisella b ∈ Bf −1 ({b}) ⊂ Afunktion f : A ↦→ B määritelmän perusteella. Tämä pätee silloinkin, kunalkiolla b ∈ B ei ole alkukuvaa. Tällöinf −1 ({b}) = ∅ ∈ P (A).Jokaista pistettä b ∈ B vastaa siis yksikäsitteinen kuvapiste eli potenssijoukonalkio, joka on pisteen b alkukuva.2. Oletetaan ensiksi, että funktio f on bijektio. Silloin funktio f on sekä surjektioettä injektio. Surjektiivisyys tarkoittaa, ettäf(A) = {f(a) | a ∈ A} = Beli jokaista alkiota b ∈ B kohti on olemassa ainakin yksi sellainen a ∈ A,että f(a) = b. Siisf −1 ({b}) ≠ ∅.Oletetaan sitten, että x 1 ∈ f −1 ({b}) ja x 2 ∈ f −1 ({b}). Tämä oletus onluvallista tehdä, koska äsken joukko f −1 ({b}) todistettiin epätyhjäksi. Tällöinf(x 1 ) = f(x 2 ) = b alkukuvien määritelmien perusteella. Koska f oliinjektio, niin x 1 = x 2 . Täten joukossa f −1 ({b}) on täsmälleen yksi alkio.Toiseen suuntaan todistettaessa oletetaan, että joukossa f −1 ({b}) on täsmälleenyksi alkio kaikilla b ∈ B. Siis jokaista b ∈ B kohti on olemassasellainen alkio a ∈ A, että{a} = f −1 ({b}) = {x ∈ A | f(x) = b} .Siis f(A) = {f(a) | a ∈ A} = B eli funktio f on surjektio. Oletetaan, ettäf(a 1 ) = f(a 2 ) = b. Tällöin a 1 , a 2 ∈ f −1 ({b}). Koska alkukuvien joukossaoli vain yksi alkio, niin a 1 = a 2 , joten funktio f on injektio.34

Funktiotehtävät, 10. syyskuuta 2005, sivu 35 / 42Tehtävä 35. Olkoon ɛ > 0 mielivaltainen. Suoraan raja-arvojen lim f(x) = ax→x0ja lim g(x) = b määritelmistä saadaan, että on olemassa sellaiset luvut δ a > 0x→x0ja δ b > 0, että|f(x) − a| < ɛ 2aina, kun 0 < |x − x 0 | < δ aja|g(x) − b| < ɛ 2aina, kun 0 < |x − x 0 | < δ b .Valitaan δ = min{δ a , δ b }. Nyt jos 0 < |x − x 0 | < δ, niin|f(x) − a| < ɛ 2ja |g(x) − b| < ɛ 2 .Kolmioepäyhtälöä käyttämällä saadaan, että|f(x) + g(x) − a − b| ≤ |f(x) − a| + |g(x) − b| < ɛ 2 + ɛ 2 = ɛ.Koska ɛ > 0 oli mielivaltainen, niin limx→x0(f + g)(x) = a + b.Tehtävä 36. Olkoon ɛ > 0 mielivaltainen. Osoitetaan ensiksi väite suuntaan ⇒ . Oletetaan, ettälim f(x) = a.x→x 0Tällöin on olemassa sellainen δ > 0, että|f(x) − a| < ɛ aina, kun 0 < |x − x 0 | < δ.Otetaan mielivaltainen jono (x n ) ⊂ R\{x 0 }, joka suppenee kohti lukua x 0 . Tätenmyös lukua δ > 0 varten on olemassa sellainen luku n 0 ∈ Z + , että0 < |x n − x 0 | < δ aina, kun n ≥ n 0 .Nyt (f(x n )) on lukujono, jolle pätee, että|f(x n ) − a| < ɛ aina, kun n ≥ n 0 .35

Funktiotehtävät, 10. syyskuuta 2005, sivu 36 / 42Perusteluna on, että jos n ≥ n 0 , niin 0 < |x n − x 0 | < δ, josta seuraa |f(x n ) − a| 0, että jokaisella δ > 0 on olemassa sellainen x ∈ R, että|f(x) − a| ≥ ɛ ja 0 < |x − x 0 | < δ.Erityisesti, kun δ = 1 n voidaan siis muodostaa lukujono (x n) ⊂ R \ {x 0 }, niin ettäjokaista n ∈ Z + kohti valitaan x n siten, että|f(x n ) − a| ≥ ɛ ja 0 < |x n − x 0 | < 1 n .Täten x n → x 0 , kun n → ∞. Oletuksen perusteella lim f(x n ) = a. Siis onn→∞olemassa sellainen luku n 0 ∈ Z + , että|f(x n ) − a| < ɛ aina, kun n ≥ n 0 .Nyt ɛ ≤ |f(x n0 ) − a| < ɛ, mikä on ristiriita. Vastaoletus on siis väärä ja saadaanväitelim f(x) = a.x→x 0Tehtävä 37. Olkoon ɛ > 0 mielivaltainen. Pitää siis osoittaa, että on olemassaluku sellainen luku M ∈ R, että|f(g(x)) − a| < ɛ aina, kun x > M.Oletuksen perusteella on olemassa sellainen luku M 0 ∈ R, että|f(y) − a| < ɛ aina, kun y > M 036

Funktiotehtävät, 10. syyskuuta 2005, sivu 37 / 42ja myös lukua M 0 > 0 kohti on olemassa sellainen luku δ ∈ R, ettäg(x) > M 0 aina, kun x > M.Jos x > M, niin edellinen y = g(x) > M 0 . Täten|f(y) − a| < ɛSiis on olemassa sellainen luku M ∈ R, ettäSiis|f(g(x)) − a| < ɛ aina, kun x > M.lim f(g(x)) = ax→∞Tehtävä 38. Määritellään funktio f seuraavasti:⎧⎪⎨ x, kun x ∈ Qf : R ↦→ R, f(x) =⎪⎩ 1, kun x ∈ R \ QNyt funktion määrittelyjoukko on R.Osoitetaan, että lim f(x) = 1. Olkoon ɛ > 0 mielivaltainen. Nytx→1⎧⎪⎨ |x − 1| , kun x ∈ Q|f(x) − 1| =⎪⎩ 0 , kun x ∈ R \ QValitsemalla ɛ = δ saadaan, ettäTäten limx→1f(x) = 1.|f(x) − 1| < ɛ aina, kun 0 < |x − 1| < δ.Olkoon x 0 ≠ 1 mielivaltainen . Koska jokaisella avoimella reaalivälillä on sekärationaalilukuja että irrationaalilukuja, niin on olemassa jonot (x n ) ⊂ Q ja (y n ) ⊂37

Funktiotehtävät, 10. syyskuuta 2005, sivu 38 / 42R \ Q, jotka suppenevat kohti lukua x 0 . Nyt f(x n ) = x n → x 0 ja f(y n ) = 1 → 1,kun n → ∞. Koskalim f(x n) ≠ lim f(y n ),n→∞ n→∞niin tehtävän 36 nojalla funktiolla f ei voi olla raja-arvoa pisteessä x 0 ≠ 1.Toinen ja huomattavasti hankalampi tapa on tehdä vastaoletus ja käyttää määritelmiä.Oletetaan, että funktiolla f olisi raja-arvo a pisteessä x 0 ≠ 1. Jos a ≠ 1,niin myös lukua ɛ = |1−a|2kohti on olemassa sellainen luku δ > 0, että|f(x) − a| < ɛ =|1 − a|2aina, kun 0 < |x − x 0 | < δKuitenkin jokaisesta pisteen x 0 aidosta δ-ympäristöstä löytyy piste x 1 ∉ Q, joten|f(x 1 ) − a| = |1 − a| >|1 − a|2Tämä on ristiriita, joten raja-arvo ei voi olla a ≠ 1. Siten raja-arvo on a = 1,mikäli se on olemassa. Siis lukua ɛ = |x 0−1|2kohti on olemassa sellainen luku δ > 0,että|f(x) − 1| < ɛ = |x 0 − 1|2= ɛaina, kun 0 < |x − x 0 | < δ.Koska lukua δ voi vapaasti rajoittaa ylhäältäpäin, niin voidaan olettaa, että δ |x 0 − 1| .|x 0 − 1| < |x 0 − 1|,2mikä on ristiriita. Siis raja-arvoa ei ole olemassa, mikäli x 0 ≠ 1.38

Funktiotehtävät, 10. syyskuuta 2005, sivu 39 / 42Tehtävä 39. Oletetaan, että jatkuva funktio f : [a, b] ↦→ R on derivoituva välillä]a, b[. Tarkastellaan funktiota( )f(b) − f(a)g(x) = f(x) −(x − a) + f(a) .b − a( )Se on jatkuva välillä [a, b] koska funktiot − f(b)−f(a)(x − a) + f(a) ja f ovatb−ajatkuvia samaisella välillä. Vastaavasti se on myös derivoituva. Nyt g(a) = f(a)−f(a) = 0 ja g(b) = f(b) − f(b) + f(a) − f(a) = 0. Koska Rollen lauseen oletuksetpätevät, niin on olemassa sellainen piste x 0 ∈]a, b[, että g ′ (x 0 ) = 0. Siis onolemassa piste sellainen piste x 0 ∈]a, b[, että( )f(b) − f(a)g ′ (x 0 ) = f ′ (x 0 ) −= 0b − aelimikä on onkin väliarvolauseen väite.Toinen tapa on määritellä funktiof ′ (x 0 )(b − a) = f(b) − f(a),g(x) = f(x) + Ax + B.Oletuksien perusteella g on jatkuva funktio välillä [a, b] ja derivoituva välillä ]a, b[.Lisäksig(a) = f(a) + Aa + B ja g(b) = f(b) + Ab + B.Nyt g(a) = g(b), kun valitaan että A = f(b)−f(a) ja luku B ∈ R voi olla mielivaltainen.Rollen lausetta voidaan siis soveltaa eli on olemassa sellainen x 0 ∈]a,a−bb[,ettäg ′ (x 0 ) = f ′ (x 0 ) + A = 0.Siisf ′ (x 0 )(b − a) = −A(b − a) =f(b) − f(a)(b − a) = f(b) − f(a).b − a39

Funktiotehtävät, 10. syyskuuta 2005, sivu 40 / 42Tehtävä 40. Suoraan määritelmän perusteella funktio f on surjektio. Riittääsiis osoittaa, että funktio f on injektio. Tehdään vastaoletus, että on olemassasellaiset pisteet x 1 , x 2 ∈]a, b[, että x 1 < x 2 ja f(x 2 ) = f(x 1 ). Oletuksen perusteellafunktio f on derivoituva välillä ]x 1 , x 2 [ ja jatkuva välillä [x 1 , x 2 ]. Nyt Rollenlausetta voidaan soveltaa ja saadaan, että on olemassa piste t ∈]x 1 , x 2 [, jollef ′ (t) = 0. Tämä on ristiriitä oletuksen kanssa, joten vastaoletus on väärä ja väitetodistettu.Tehtävä 41. Olkoon ɛ > 0 mielivaltainen. Funktion jatkuvuuden määritelmännojalla on olemassa sellainen δ 1 > 0, ettäValitaan y = g(x), jolloin|f(y) − f(a)| < ɛ aina, kun |y − a| < δ 1 .|f(g(x)) − f(a)| = |f(y) − f(a)| < ɛ aina, kun |y − a| < δ 1 .On siis saatava voimaan, että |g(x) − a| < δ 1 . Raja-arvon määritelmän nojallaon olemassa sellainen δ 2 > 0, että|g(x) − a| < δ 1 aina, kun 0 < |x − x 0 | < δ 2 .Täten jokaista ɛ > 0 kohti on olemassa sellainen δ 2 > 0, ettäjosta väite seuraa.|f(g(x)) − f(a)| < ɛ aina, kun 0 < |x − x 0 | < δ 2 ,Otetaan esimerkiksi funktio f : R ↦→ {0, 1}, jolle⎧⎪⎨ 1, kun x = 0 jaf(x) =⎪⎩ 0, muutoin.Tällöin funktio f ei ole jatkuva pisteessä x = 0, koska limx→0f(x) = 0. Olkoonensiksi g(x) ≡ 0. Tällöin f(g(x)) ≡ f(0) = 1 elilim f(g(x)) = 1 = f(lim g(x)).x→0 x→040

Funktiotehtävät, 10. syyskuuta 2005, sivu 41 / 42Otetaan toiseksi esimerkiksi, että g(x) = x. Tällöinf(limx→0g(x)) = f(0) = 1 ≠ limx→0f(g(x)) limx→0f(x) = 0.Täten pitää varmistaa, että funktio on jatkuva, ennenkuin rajankäynnin voi siirtääsen sisälle.Tehtävä 42. Tutkitaan ensiksi raja-arvoa limx→0x α sin x luvun α eri arvoilla.Jos α ≥ 0, niinJos −1 < α < 0, niinkun x → 0, koska tällöin α + 1 > 0Jos α = −1, niinkun x → 0.limx→0 xα sin x = 0 · 0 = 0.x α α+1 sin xsin x = xx → 0 · 1 = 0,x α sin x = sin xx → 1,Oletetaan, että α < −1. Tällöin lim x α+1 sin x= ±∞. Koska lim = 1, niin onx→0 x→0 xolemassa eräs sellainen luvun 0 aito ɛ-ympäristö B ′ (0, ɛ), jossa funktio sin x saaxaidosti positiivisia arvoja. Siis on olemassa sellainen m > 0, että sin x > m aina,kun x ∈ B ′ (0, ɛ). Esimerkkinä käy m = 1 . Koska tarkastemme raja-arvoax2pisteessä 0, niin tarkastelu voidaan vapaasti rajoittaa ympäristöön B ′ (0, ɛ). Nyt|x α sin x| = ∣ ∣ xα+1 sin x∣ x ∣ ≥ m ∣ ∣ xα+1 → ∞,kun x → 0. Siis limx→0x α sin x = ±∞. eli raja-arvoa ei ole olemassa.1. Koska f(0) = 0, niin funktio f on jatkuva pisteessä x = 0 jos ja vain joslimx→0 xα sin x = 0. Siis funktio on jatkuva pisteessä x = 0 täsmälleen, kunα > −1.41

Funktiotehtävät, 10. syyskuuta 2005, sivu 42 / 422. Koska erotusosamäärä sievenee muotoonf(x) − f(0)x − 0= xα sin xx= x α−1 sin x,niin funktio f on derivoituva pisteessä x = 0 jos ja vain jos α − 1 ≥ −1 eliα ≥ 0. Tällöin erotusosamäärän arvo on äärellisenä olemassa.42