Medelvärdessatsen

Kurs: M0065M Förkunskaper: Derivata, Kontinuitet

---

Medelvärdessatsen kopplar ihop en funktions totala förändring över ett intervall med derivatan i en enda punkt. Den är verktyget bakom nästan alla satser om vad derivatans tecken säger om funktionen: växande, avtagande, konstant.

Idén

Kör vi $100$ km på en timme har vi en medelhastighet på $100$ km/h. Då måste hastighetsmätaren någon gång under resan ha visat exakt $100$ km/h: vi kan inte ha legat under hela tiden, och inte över hela tiden. Medelvärdessatsen säger samma sak om en deriverbar funktion.

---

1. Rolles sats

Specialfallet där funktionen har samma värde i båda ändpunkterna kommer först.

Rolles sats

Om $g$ är kontinuerlig på $[a,b]$, deriverbar på $(a,b)$ och $g(a)=g(b)$, så finns (minst) ett $c\in (a,b)$ med $g^{\prime }(c)=0$.

Härledning

Om $g$ är konstant på $[a,b]$ är $g^{\prime }(c)=0$ för alla $c$. Annars finns något $x\in (a,b)$ med till exempel $g(x)>g(a)$. Enligt extremvärdessatsen har $g$ ett maximum i någon punkt $c\in [a,b]$, och eftersom $g(c)\ge g(x)>g(a)=g(b)$ kan $c$ inte vara $a$ eller $b$. Alltså ligger $c$ i det öppna intervallet, där $g$ är deriverbar, och ett inre lokalt extremvärde ger $g^{\prime }(c)=0$ (se Extremvärden). Fallet $g(x)<g(a)$ går likadant med ett minimum.

---

2. Medelvärdessatsen

Sats

Om $f$ är kontinuerlig på $[a,b]$ och deriverbar på $(a,b)$, så finns ett $c\in (a,b)$ med

$$\boxed{f^{\prime }(c)=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}}$$

Geometriskt: någonstans är tangenten parallell med kordan mellan $(a,f(a))$ och $(b,f(b))$.

För $f(x)=1/x$ på $[1,2]$ har sekanten lutningen $-1/2$, och tangenten i $c=\sqrt{2}$ är parallell med den.

Härledning

Dra bort kordan från $f$ så att ändpunkterna hamnar på samma höjd:

$$g(x)=f(x)-\left(f(a)+\frac{f(b)-f(a)}{b-a}(x-a)\right).$$

$g$ är kontinuerlig på $[a,b]$ och deriverbar på $(a,b)$, och insättning ger $g(a)=0$ och $g(b)=f(b)-f(b)=0$. Rolles sats ger ett $c\in (a,b)$ med

$$0=g^{\prime }(c)=f^{\prime }(c)-\frac{f(b)-f(a)}{b-a}.$$

Villkoren behövs, och satsen är ren existens

Är $f$ diskontinuerlig i en ändpunkt eller i en inre punkt, eller saknar $f$ derivata i en inre punkt (en spets), kan slutsatsen falla. Satsen säger att $c$ finns, men inte hur vi hittar det.

Exempel — Punkten där tangenten är parallell med kordan

Vi illustrerar medelvärdessatsen för $f(x)=\frac{1}{x}$ på $[1,2]$ genom att bestämma $c$.

Lösning

Kordans lutning är

$$\frac{f(2)-f(1)}{2-1}=\frac{1/2-1}{1}=-\frac{1}{2}.$$

Med $f^{\prime }(c)=-\frac{1}{c^2}$ får vi $c^2=2$, och i intervallet $(1,2)$ ligger

$$\boxed{c=\sqrt{2}}$$

Stämmer med det handskrivna lösningsförslaget (föreläsning 24).

---

3. Följdsatser

• Om $f^{\prime }(x)=0$ på ett intervall är $f$ konstant där.
• Om $f^{\prime }(x)>0$ på ett intervall är $f$ strängt växande där.

På samma sätt ger $f^{\prime }(x)<0$ strängt avtagande, och $f^{\prime }(x)\ge 0$ respektive $f^{\prime }(x)\le 0$ ger växande (icke-avtagande) respektive avtagande (icke-växande). Det räcker att derivatan har rätt tecken i intervallets inre, om $f$ är kontinuerlig fram till ändpunkterna.

Härledning

Tag två godtyckliga punkter $x_1<x_2$ i intervallet. Medelvärdessatsen ger ett $c\in (x_1,x_2)$ med

$$f(x_2)-f(x_1)=(x_2-x_1)f^{\prime }(c).$$

Eftersom $x_2-x_1>0$ har $f(x_2)-f(x_1)$ samma tecken som $f^{\prime }(c)$. Är $f^{\prime }>0$ överallt blir $f(x_2)>f(x_1)$, och är $f^{\prime }=0$ överallt blir $f(x_2)=f(x_1)$, dvs $f$ är konstant.

Isolerade nollställen gör inget

$f(x)=x^3$ är strängt växande på hela $\mathbb{R}$ trots att $f^{\prime }(0)=0$. En derivata som är positiv utom i enstaka punkter ger fortfarande strängt växande.

---

4. Olikheter med derivata

Följdsatserna ger en standardmetod för att visa en olikhet $F(x)>G(x)$:

Metod

1. Bilda $h(x)=F(x)-G(x)$.
2. Visa att $h(x_0)=0$ i intervallets startpunkt.
3. Visa att $h^{\prime }(x)>0$ på intervallet, så att $h$ är strängt växande.
4. Då är $h(x)>h(x_0)=0$, dvs $F(x)>G(x)$.

Exempel — $\tan x>x$

Vi visar att $\tan x>x$ för $0<x<\frac{\pi }{2}$.

Lösning

Låt $h(x)=\tan x-x$ för $0\le x<\frac{\pi }{2}$. Då är $h(0)=0$ och

$$h^{\prime }(x)=1+{\tan }^{2}x-1={\tan }^{2}x>0,0<x<\frac{\pi }{2}.$$

$h$ är alltså strängt växande, så $h(x)>h(0)=0$, vilket ger

$$\boxed{\tan x>x,0<x<\frac{\pi }{2}}$$

Stämmer med det handskrivna lösningsförslaget (föreläsning 24).

Vanliga fel

• Glömma villkoren. $f(x)=|x|$ på $[-1,1]$ har $f(-1)=f(1)$ men ingen punkt med $f^{\prime }(c)=0$, eftersom $f$ saknar derivata i $0$.
• Tro att $c$ är mittpunkten. Satsen ger bara att $c$ finns i $(a,b)$. För $1/x$ på $[1,2]$ är $c=\sqrt{2}$, inte $1,5$.
• Vända implikationen. Strängt växande ger inte $f^{\prime }>0$ överallt; $x^3$ har $f^{\prime }(0)=0$.
• Glömma startvärdet. $h^{\prime }>0$ räcker inte för $h>0$; vi måste också veta att $h(x_0)=0$ (eller $\ge 0$).

---

5. Lösta övningar

Föreläsning 24, sidan 6 — $\cos t>1-\frac{t^2}{2}$

Vi använder medelvärdessatsen på $f(x)=\cos x+\frac{x^2}{2}$ på $[0,t]$ för att visa att $\cos t>1-\frac{t^2}{2}$ för $t>0$.

Lösning

Medelvärdessatsen. $f$ är deriverbar överallt med $f^{\prime }(x)=x-\sin x$. Det finns alltså ett $c\in (0,t)$ med

$$\frac{f(t)-f(0)}{t-0}=\frac{\cos t+t^2/2-1}{t}=c-\sin c.$$

Tecken. För $c>0$ gäller $\sin c<c$, så $c-\sin c>0$. Då är även vänsterledet positivt, och multiplikation med $t>0$ ger

$$\cos t+\frac{t^2}{2}-1>0⟺\boxed{\cos t>1-\frac{t^2}{2},t>0}$$

Anmärkning. Båda leden är jämna funktioner, så olikheten gäller även för $t<0$.

Stämmer med det handskrivna lösningsförslaget.

Föreläsning 24, sidan 11 — Var är funktionen växande?

I vilka intervall är $f(x)=x^4+4x^3-8x^2+7$ växande respektive avtagande?

Lösning

Derivata.

$$f^{\prime }(x)=4x^3+12x^2-16x=4x(x^2+3x-4)=4x(x+4)(x-1)$$

Teckentabell.

$x$		$-4$		$0$		$1$
$4x$	$-$	$-$	$-$	$0$	$+$	$+$	$+$
$x+4$	$-$	$0$	$+$	$+$	$+$	$+$	$+$
$x-1$	$-$	$-$	$-$	$-$	$-$	$0$	$+$
$f^{\prime }(x)$	$-$	$0$	$+$	$0$	$-$	$0$	$+$
$f(x)$	$\searrow$	lok. min	$\nearrow$	lok. max	$\searrow$	lok. min	$\nearrow$

Svar. $f$ är

$$\boxed{\text{stra¨ngt va¨xande pa˚ }[-4,0]\text{ och }[1,\infty )},\boxed{\text{stra¨ngt avtagande pa˚ }(-\infty ,-4]\text{ och }[0,1]}$$

Ändpunkterna får tas med eftersom $f$ är kontinuerlig där.

Stämmer med det handskrivna lösningsförslaget.

Föreläsning 24, sidan 12 — Bernoullis olikhet

Låt $r>1$. Vi visar att $(1+x{)}^r>1+rx$ om $x>0$ eller $-1\le x<0$.

Lösning

Hjälpfunktion. $h(x)=(1+x{)}^r-1-rx$ för $x\ge -1$. Då är $h(0)=0$ och

$$h^{\prime }(x)=r(1+x{)}^{r-1}-r=r((1+x{)}^{r-1}-1).$$

Tecken. Sätt $t=1+x\ge 0$ och $a=r-1>0$. Potensfunktionen $t^a$ är strängt växande för $t\ge 0$, så $t^a>1$ för $t>1$ och $t^a<1$ för $0\le t<1$. Alltså är

$$h^{\prime }(x)>0\text{ fo¨r }x>0,h^{\prime }(x)<0\text{ fo¨r }-1\le x<0.$$

Slutsats. $h$ är strängt avtagande på $[-1,0]$ och strängt växande på $[0,\infty )$, så $h$ har sitt minsta värde $h(0)=0$ och $h(x)>0$ för $x\ne 0$:

$$\boxed{(1+x{)}^r>1+rx,-1\le x<0\text{ eller }x>0}$$

Stämmer med det handskrivna lösningsförslaget.

---

Läsning

• 2.8 The Mean-Value Theorem

Se även

• Derivata
• Ekvationslösning med derivata
• Extremvärden
• Kontinuitet
• Andraderivata och konvexitet