Tilbake
4.1
Alle fag for Høyskole

4.1 Middelverdisetningen, Rolle og eksistens + entydighet

Skjæringssetningen gir eksistens, monotoni eller Rolle-motsigelse gir entydighet — de to leveransene sensor krever hver for seg.

55 min
18 oppgaver
MiddelverdisetningenRolleeksistens + entydighet
Din fremgang i kapitlet
0 / 18 oppgaver
Kapitlets plass i kurset
Forkunnskaper. Dette kapitlet bygger rett på kap. 2.3 (skjæringssetningen og ekstremalverdisetningen) og kap. 3.1 (deriverbarhet). Monotoni-argumentet «f′>0f' > 0 på et intervall ⇒\Rightarrow ff strengt voksende der» kjenner du fra Funksjonsdrøfting (R1 4.6).

Sist du var her — de to nøkkelresultatene fra kap. 2.3:

- Skjæringssetningen: er ff kontinuerlig på [a,b][a,b] og har f(a)f(a) og f(b)f(b) motsatt fortegn, finnes minst én c∈(a,b)c \in (a,b) med f(c)=0f(c)=0.
- Ekstremalverdisetningen: er ff kontinuerlig på det lukkede, begrensede intervallet [a,b][a,b], antar ff både sin største og minste verdi der.

Har du disse to og derivasjonsreglene inne, har du alt du trenger.

Tenk på en fartskontroll med to målepunkter: du passerer punkt A kl. 12.00 og punkt B, 80 km unna, kl. 13.00. Gjennomsnittsfarten er 80 km/t — og da må speedometeret ha vist nøyaktig 80 km/t i minst ett øyeblikk underveis. Du kan ikke ha ligget under 80 hele tiden (da rekker du ikke frem) eller over hele tiden (da er du fremme for tidlig). Dette hverdagsargumentet er sekantsetningen (middelverdisetningen, MVT): et sted er den øyeblikkelige endringen lik den gjennomsnittlige.

På eksamen møter du setningen sjelden direkte — den jobber i kulissene. Standardoppgaven lyder «vis at likningen har nøyaktig én løsning i intervallet». Det er to påstander i én: at en løsning finnes (eksistens), og at det ikke finnes flere (entydighet). Skjæringssetningen fra kap. 2.3 leverer den første; monotoni eller en Rolle-motsigelse leverer den andre. Kapitlets viktigste vane: før de to stegene hver for seg, med navngitte teoremer.

Kapitlet består av fem korte læringsløkker (teori → eksempel → oppgave): (1) Rolles teorem (≈ 10 min), (2) sekantsetningen (≈ 10 min), (3) eksistens–entydighet-malen — kapitlets kjerne (≈ 15 min), (4) hjelpefunksjonsteknikken (≈ 10 min) og (5) MVT som ulikhetsmaskin (≈ 10 min). Ta gjerne en pause etter løkke 3 — de to siste løkkene er teknikker som står på egne ben.

Løkke 1: Rolles teorem

Vi starter med spesialtilfellet der sekanten er vannrett: funksjonen har samme verdi i begge endepunktene.

Sekanten og sekantstigningen
Sekanten til ff over [a,b][a,b] er den rette linjen gjennom punktene (a,f(a))(a, f(a)) og (b,f(b))(b, f(b)) på grafen. Stigningstallet dens,
f(b)−f(a)b−a,\frac{f(b)-f(a)}{b-a},
kalles sekantstigningen og måler den gjennomsnittlige endringen av ff over intervallet — som gjennomsnittsfarten i fartskontrollen.
Forutsetningene «kontinuerlig på [a,b][a,b], deriverbar på (a,b)(a,b)»

Både Rolle og sekantsetningen krever to ting av ff: den skal være kontinuerlig på hele det lukkede intervallet [a,b][a,b] (ingen hopp, heller ikke i endepunktene) og deriverbar på det åpne intervallet (a,b)(a,b) (ingen knekk innenfor). Endepunktene slipper deriverbarhetskravet. På eksamen sjekker du forutsetningene eksplisitt før du bruker setningene — ett ord som «polynom, altså kontinuerlig og deriverbar overalt» er nok.

📜Rolles teorem
La ff være kontinuerlig på [a,b][a,b] og deriverbar på (a,b)(a,b), og anta f(a)=f(b)f(a) = f(b). Da finnes minst ett punkt c∈(a,b)c \in (a,b) med
f′(c)=0.f'(c) = 0.
Intuisjon: starter og slutter grafen i samme høyde, må den snu et sted — og på toppen (eller bunnen) av svingen er tangenten vannrett.

Bevisidé (via ekstremalverdisetningen): ff er kontinuerlig på det lukkede intervallet [a,b][a,b], så ekstremalverdisetningen gir at ff antar en største og en minste verdi der. Er begge antatt i endepunktene, er ff konstant (siden f(a)=f(b)f(a)=f(b)), og da er f′(c)=0f'(c)=0 overalt i (a,b)(a,b). Ellers antas et ekstremum i et indre punkt cc — og i et indre ekstremum der ff er deriverbar, er f′(c)=0f'(c) = 0 (kjent fra kap. 3.1). Merk hvordan kontinuitet på lukket intervall er det som setter ekstremalverdisetningen i sving — det er derfor forutsetningene ikke er pynt.

✏️Eksempel 1: Finn punktet Rolle lover

La f(x)=x3−3xf(x) = x^3 - 3x på [0,3][0, \sqrt{3}]. Sjekk at Rolles teorem kan brukes, og finn alle cc som teoremet lover.

Forutsetninger: ff er et polynom, altså kontinuerlig på [0,3][0,\sqrt3] og deriverbar på (0,3)(0,\sqrt3). Endepunktverdiene: f(0)=0f(0) = 0 og f(3)=33−33=0f(\sqrt3) = 3\sqrt3 - 3\sqrt3 = 0, så f(0)=f(3)f(0) = f(\sqrt3). ✓

Rolles teorem gir dermed minst én c∈(0,3)c \in (0,\sqrt3) med f′(c)=0f'(c)=0.

Finn cc: f′(x)=3x2−3=0f'(x) = 3x^2 - 3 = 0 gir x=±1x = \pm 1. Bare c=1c = 1 ligger i (0,3)(0,\sqrt3).

Konklusjon: c=1c = 1 er det (eneste) punktet i intervallet med vannrett tangent. ■\blacksquare

📝Oppgave 1

La f(x)=x2−4x+3f(x) = x^2 - 4x + 3 på [1,3][1,3]. Vis at Rolles teorem kan brukes, og finn cc-punktet teoremet lover.

Løkke 2: Sekantsetningen (middelverdisetningen)

Rolle krever f(a)=f(b)f(a)=f(b) — vannrett sekant. Sekantsetningen fjerner den begrensningen: den sier det samme om en skrå sekant.

📜Sekantsetningen (middelverdisetningen, MVT)
La ff være kontinuerlig på [a,b][a,b] og deriverbar på (a,b)(a,b). Da finnes minst ett punkt c∈(a,b)c \in (a,b) med
f′(c)=f(b)−f(a)b−a.f'(c) = \frac{f(b)-f(a)}{b-a}.
Et sted i intervallet er den øyeblikkelige endringen lik den gjennomsnittlige.
Intuisjon: skyv sekanten parallelt med seg selv til den akkurat tangerer grafen — i tangeringspunktet cc har tangenten samme stigning som sekanten. Fartskontrollen igjen: gjennomsnittsfart 80 km/t betyr at speedometeret viste 80 i minst ett øyeblikk.

Bevisidé (via Rolle og en hjelpefunksjon): trekk sekanten fra grafen. Sett
h(x)=f(x)−[f(a)+f(b)−f(a)b−a(x−a)].h(x) = f(x) - \Big[f(a) + \frac{f(b)-f(a)}{b-a}(x-a)\Big].
Da måler hh den loddrette avstanden fra grafen ned til sekanten. Direkte innsetting gir h(a)=0h(a) = 0 og h(b)=0h(b) = 0, og hh arver kontinuitet og deriverbarhet fra ff. Rolles teorem gir en cc med h′(c)=0h'(c) = 0, altså f′(c)=f(b)−f(a)b−a\displaystyle f'(c) = \frac{f(b)-f(a)}{b-a}. Dette hjelpefunksjonstrikset — bygg en funksjon som blir null i begge ender, og slipp Rolle løs — er selve arbeidshesten i løkke 4.

Merk: setningen lover minst én cc, ikke nøyaktig én — det kan finnes flere.

✏️Eksempel 2: Finn punktet MVT lover

La f(x)=1xf(x) = \dfrac{1}{x} på [1,4][1,4]. Finn sekantstigningen over intervallet, og finn punktet cc der sekantsetningen slår til.

Forutsetninger: f(x)=1/xf(x)=1/x er kontinuerlig og deriverbar på hele (0,∞)(0,\infty), spesielt på [1,4][1,4]. ✓

Sekantstigningen:
f(4)−f(1)4−1=14−13=−343=−14.\frac{f(4)-f(1)}{4-1} = \frac{\tfrac14 - 1}{3} = \frac{-\tfrac34}{3} = -\frac14.

Sekantsetningen gir en c∈(1,4)c \in (1,4) med f′(c)=−14f'(c) = -\tfrac14. Siden f′(x)=−1x2f'(x) = -\dfrac{1}{x^2}:
−1c2=−14⟺c2=4⟺c=2-\frac{1}{c^2} = -\frac14 \quad\Longleftrightarrow\quad c^2 = 4 \quad\Longleftrightarrow\quad c = 2
(vi forkaster c=−2c=-2, som ikke ligger i intervallet). Konklusjon: c=2∈(1,4)c = 2 \in (1,4). ■\blacksquare

📝Oppgave 2

La f(x)=xf(x) = \sqrt{x} på [1,9][1,9]. Finn sekantstigningen, og finn punktet cc som sekantsetningen lover.

Løkke 3: Eksistens–entydighet-malen (kapitlets kjerne)

Nå til eksamensoppgaven. «Vis at likningen har nøyaktig én løsning» krever to leveranser, og fasitpraksis er nådeløs på at begge føres — hver med sitt teorem.

Eksistens-steget (leveranse 1)
Eksistens betyr: likningen har minst én løsning. Standardverktøyet er skjæringssetningen: flytt alt over på én side så likningen får formen f(x)=0f(x)=0, finn to punkter der ff har motsatt fortegn (grove overslag er helt greit), pek på at ff er kontinuerlig mellom dem, navngi setningen — og konkluder med at en rot finnes i intervallet.
Entydighets-steget (leveranse 2)
Entydighet betyr: likningen har høyst én løsning. To likeverdige standardargumenter:

1. Monotoni: vis at f′f' har fast fortegn på intervallet (f.eks. f′(x)>0f'(x) > 0 overalt). Da er ff strengt monoton og kan ikke treffe null to ganger.
2. Rolle-motsigelse: anta at det finnes to røtter x1<x2x_1 < x_2. Da gir Rolles teorem en cc mellom dem med f′(c)=0f'(c) = 0 — og viser du at f′f' aldri er null, har du en motsigelse.

Fasit viser ofte begge som likeverdige; velg den som er lettest å regne.

«Nøyaktig én løsning» = to leveranser

Påstanden «likningen har nøyaktig én løsning» er to påstander limt sammen: minst én (eksistens) og høyst én (entydighet). De bevises med forskjellige teoremer (skjæringssetningen; monotoni/Rolle) og føres som to atskilte steg. Å levere det ene og tro det andre følger med, er sjangerens klassiske poengtap.

Fortegnsskifte-testen (grove overslag godtas)

Til eksistens-steget trenger du bare to testpunkter med motsatt fortegn — de trenger ikke være smarte. f(0)f(0) og f(1)f(1) er ofte nok, og overslag som «e<3e < 3, så f(1)=e−3<0f(1) = e - 3 < 0» er full uttelling. Ikke bruk tid på å finne hvor roten er; det er Newtons jobb i kap. 4.2.

Monotoni fra fortegnet på f′f'

Har f′(x)>0f'(x) > 0 for alle xx i et intervall, er ff strengt voksende der (tilsvarende gir f′<0f' < 0 strengt avtakende). Begrunnelsen er sekantsetningen: for x1<x2x_1 < x_2 i intervallet er f(x2)−f(x1)=f′(c)(x2−x1)>0f(x_2)-f(x_1) = f'(c)(x_2-x_1) > 0. En strengt monoton funksjon treffer aldri samme verdi to ganger — derfor gir fast fortegn på f′f' entydighet.

✏️Eksempel 3 (eksamensnivå): nøyaktig én løsning

Vis at likningen x5+3x=1x^5 + 3x = 1 har nøyaktig én reell løsning, og at den ligger i (0,1)(0,1).

Sett f(x)=x5+3x−1f(x) = x^5 + 3x - 1, slik at likningen blir f(x)=0f(x) = 0.

Steg 1 — eksistens (skjæringssetningen). ff er et polynom og dermed kontinuerlig på [0,1][0,1]. Vi regner:
f(0)=−1<0,f(1)=1+3−1=3>0.f(0) = -1 < 0, \qquad f(1) = 1 + 3 - 1 = 3 > 0.
Siden ff er kontinuerlig på [0,1][0,1] og skifter fortegn, gir skjæringssetningen minst én rot r∈(0,1)r \in (0,1).

Steg 2 — entydighet (monotoni). For alle x∈Rx \in \mathbb{R} er
f′(x)=5x4+3≥3>0,f'(x) = 5x^4 + 3 \ge 3 > 0,
så ff er strengt voksende på hele R\mathbb{R}. En strengt voksende funksjon kan ha høyst ett nullpunkt.

Alternativt (Rolle-motsigelse): hadde ff hatt to røtter x1<x2x_1 < x_2, ville Rolles teorem gitt en c∈(x1,x2)c \in (x_1, x_2) med f′(c)=0f'(c) = 0 — umulig, siden f′(x)≥3f'(x) \ge 3 for alle xx.

Konklusjon: likningen har nøyaktig én reell løsning, og den ligger i (0,1)(0,1). ■\blacksquare

(Legg merke til føringen: to navngitte steg. Numerisk er roten r≈0,332r \approx 0{,}332 — men det spør ikke oppgaven om.)

📝Oppgave 3

Vis at likningen ex=2−xe^x = 2 - x har nøyaktig én reell løsning, og at den ligger i (0,1)(0,1).

📝Oppgave 4

Bruk en Rolle-motsigelse til å vise at x3+x+1=0x^3 + x + 1 = 0 har høyst én reell løsning. Vis deretter at den har nøyaktig én, og at den ligger i (−1,0)(-1, 0).

Løkke 4: Hjelpefunksjonsteknikken

Noen oppgaver ber deg vise at det finnes en cc som oppfyller en likning som blander ff, f′f' og kjente funksjoner — for eksempel «vis at det finnes cc med f′(c)=2cf'(c) = 2c». Trikset er alltid det samme: bygg en hjelpefunksjon som blir null i to punkter, og slipp Rolle løs på den.

Hjelpefunksjon

En hjelpefunksjon er en funksjon gg du konstruerer selv slik at (i) likningen du skal vise, er nøyaktig utsagnet g′(c)=0g'(c) = 0, og (ii) gg har samme verdi i to punkter (typisk g(a)=g(b)=0g(a) = g(b) = 0). Da leverer Rolles teorem punktet cc. Oppskriften for å finne gg: flytt alt i mål-likningen over på én side og spør «hva har dette som derivert?». Målet f′(c)−2c=0f'(c) - 2c = 0 peker f.eks. på g(x)=f(x)−x2g(x) = f(x) - x^2; mål av typen f′(c)+f(c)=0f'(c) + f(c) = 0 peker på g(x)=exf(x)g(x) = e^x f(x), fordi g′=ex(f+f′)g' = e^x(f + f').

✏️Eksempel 4: Hjelpefunksjon + Rolle

La ff være kontinuerlig på [0,1][0,1] og deriverbar på (0,1)(0,1), med f(0)=0f(0) = 0 og f(1)=1f(1) = 1. Vis at det finnes en c∈(0,1)c \in (0,1) med f′(c)=2cf'(c) = 2c.

Konstruer hjelpefunksjonen. Målet f′(c)−2c=0f'(c) - 2c = 0 er utsagnet g′(c)=0g'(c)=0 for
g(x)=f(x)−x2.g(x) = f(x) - x^2 .

Sjekk forutsetningene for Rolle. gg er kontinuerlig på [0,1][0,1] og deriverbar på (0,1)(0,1) (differanse av ff og et polynom). Endepunktene:
g(0)=f(0)−0=0,g(1)=f(1)−1=1−1=0.g(0) = f(0) - 0 = 0, \qquad g(1) = f(1) - 1 = 1 - 1 = 0.
Altså g(0)=g(1)g(0) = g(1). ✓

Bruk Rolle og konkluder. Rolles teorem gir en c∈(0,1)c \in (0,1) med g′(c)=0g'(c) = 0, det vil si
f′(c)−2c=0⟺f′(c)=2c.■f'(c) - 2c = 0 \quad\Longleftrightarrow\quad f'(c) = 2c. \qquad\blacksquare

📝Oppgave 5

La ff være kontinuerlig på [0,1][0,1] og deriverbar på (0,1)(0,1), med f(0)=f(1)=0f(0) = f(1) = 0. Vis at det finnes en c∈(0,1)c \in (0,1) med f′(c)=−f(c)f'(c) = -f(c).

Løkke 5: MVT som ulikhetsmaskin

Sekantsetningen beviser også ulikheter. Oppskriften: bruk MVT på et intervall med én «kjent» ende, skriv differansen som f′(c)⋅(lengde)f'(c) \cdot (\text{lengde}), og avgrens f′(c)f'(c) med et fast tall. Det gjør MVT til en maskin som veksler informasjon om f′f' inn i informasjon om ff.

MVT som ulikhetsmaskin (oppskriften)

Skal du vise en ulikhet mellom f(b)f(b) og f(a)f(a): (1) bruk sekantsetningen på [a,b][a,b], som gir f(b)−f(a)=f′(c)(b−a)f(b) - f(a) = f'(c)(b-a) for en c∈(a,b)c \in (a,b); (2) finn en skranke for f′(c)f'(c) som gjelder for alle cc i intervallet; (3) gang skranken med (b−a)(b-a) og konkluder. Du trenger aldri vite hvor cc er — bare hvor stor f′f' kan bli.

Lipschitz-estimat
Et Lipschitz-estimat er en ulikhet av typen
∣f(a)−f(b)∣≤K ∣a−b∣|f(a) - f(b)| \le K\,|a - b|
— funksjonen endrer seg høyst KK ganger så fort som argumentet. Den følger rett fra sekantsetningen når ∣f′∣≤K|f'| \le K overalt: ∣f(a)−f(b)∣=∣f′(c)∣ ∣a−b∣≤K∣a−b∣|f(a)-f(b)| = |f'(c)|\,|a-b| \le K|a-b|. Klassikeren er ∣sin⁡a−sin⁡b∣≤∣a−b∣|\sin a - \sin b| \le |a-b|, siden ∣cos⁡c∣≤1|\cos c| \le 1.
✏️Eksempel 5: Ulikheten $\ln(1+x) < x$

Bruk sekantsetningen til å vise at ln⁡(1+x)<x\ln(1+x) < x for alle x>0x > 0.

Sett f(t)=ln⁡(1+t)f(t) = \ln(1+t), som er kontinuerlig på [0,x][0,x] og deriverbar på (0,x)(0,x) for enhver x>0x>0, med f′(t)=11+tf'(t) = \dfrac{1}{1+t}.

Sekantsetningen på [0,x][0,x] gir en c∈(0,x)c \in (0,x) med
ln⁡(1+x)−ln⁡(1+0)=f′(c) (x−0)=x1+c.\ln(1+x) - \ln(1+0) = f'(c)\,(x - 0) = \frac{x}{1+c}.

Avgrens f′(c)f'(c): siden c>0c > 0 er 1+c>11 + c > 1, og dermed 11+c<1\dfrac{1}{1+c} < 1. Fordi x>0x > 0 følger
ln⁡(1+x)=x1+c<x.■\ln(1+x) = \frac{x}{1+c} < x. \qquad\blacksquare

(Kontroll med tall: ln⁡(1,5)≈0,405<0,5\ln(1{,}5) \approx 0{,}405 < 0{,}5 ✓ og ln⁡2≈0,693<1\ln 2 \approx 0{,}693 < 1 ✓.)

📝Oppgave 6

Bruk sekantsetningen til å vise at ex>1+xe^x > 1 + x for alle x>0x > 0.

Flere øvingsoppgaver

Stigende drill i hele sjangerens spennvidde: Rolle/MVT-punkter, eksistens + entydighet, hjelpefunksjoner og ulikheter. Alle føres med navngitte teoremer.

📝Oppgave 7

La f(x)=x(x−2)f(x) = x(x-2) på [0,2][0,2]. Finn punktet cc som Rolles teorem lover.

📝Oppgave 8

La f(x)=x3f(x) = x^3 på [0,3][0,3]. Finn alle punkter cc som sekantsetningen lover.

📝Oppgave 9

Vis at likningen x3+5x=3x^3 + 5x = 3 har nøyaktig én reell løsning, og at den ligger i (0,1)(0,1).

📝Oppgave 10

Bruk sekantsetningen til å vise at 1+x<1+x2\sqrt{1+x} < 1 + \dfrac{x}{2} for alle x>0x > 0.

📝Oppgave 11
a) Vis at ∣arctan⁡a−arctan⁡b∣≤∣a−b∣|\arctan a - \arctan b| \le |a - b| for alle reelle a,ba, b.

b) Bruk resultatet til å avgrense ∣arctan⁡1,2−arctan⁡1∣|\arctan 1{,}2 - \arctan 1| ovenfra.

📝Oppgave 12

La ff være to ganger deriverbar på [0,2][0,2] med f(0)=f(1)=f(2)=0f(0) = f(1) = f(2) = 0. Vis at det finnes en c∈(0,2)c \in (0,2) med f′′(c)=0f''(c) = 0.

📝Oppgave 13

Vis at likningen x+ln⁡x=0x + \ln x = 0 har nøyaktig én løsning, og at den ligger i (1e, 1)\left(\tfrac{1}{e},\, 1\right).

📝Oppgave 14
a) Vis at for 0<a<b0 < a < b gjelder b−a<b−a2a\sqrt{b} - \sqrt{a} < \dfrac{b-a}{2\sqrt{a}}.

b) Bruk a) med a=25a = 25, b=26b = 26 til å vise at 26<5,1\sqrt{26} < 5{,}1.

Begrepsbank til eksamen

Kjernebegrepene fra kapitlet i eksamensrettet kortform — sammen med definisjonene over utgjør de hele verktøykassen for eksistens/entydighets-delen av sjanger F.

Begrepsbanken er repetisjons- og flashcard-stoff — den gjentar det du nettopp har lest. Hopp trygt over ved førstegangslesing.

Rolles teorem (kortform)
ff kontinuerlig på [a,b][a,b], deriverbar på (a,b)(a,b), og f(a)=f(b)f(a) = f(b) ⇒\Rightarrow det finnes c∈(a,b)c \in (a,b) med f′(c)=0f'(c) = 0. Spesialtilfellet av sekantsetningen der sekanten er vannrett.
Sekantsetningen (MVT, kortform)
ff kontinuerlig på [a,b][a,b], deriverbar på (a,b)(a,b) ⇒\Rightarrow det finnes c∈(a,b)c \in (a,b) med f′(c)=f(b)−f(a)b−af'(c) = \dfrac{f(b)-f(a)}{b-a}. Et sted er øyeblikkelig endring lik gjennomsnittlig endring.
Geometrisk tolkning av MVT

Skyv sekanten gjennom (a,f(a))(a, f(a)) og (b,f(b))(b, f(b)) parallelt til den tangerer grafen: i tangeringspunktet cc er tangenten parallell med sekanten, altså f′(c)=f'(c) = sekantstigningen.

Bevisidé: Rolle fra ekstremalverdisetningen

Kontinuitet på [a,b][a,b] gir (ekstremalverdisetningen) at ff antar maks og min. Enten er ff konstant (da er f′≡0f' \equiv 0), eller et ekstremum ligger i et indre punkt cc — og der er f′(c)=0f'(c) = 0.

Bevisidé: MVT fra Rolle (hjelpefunksjonen)

Trekk sekanten fra funksjonen: h(x)=f(x)−[f(a)+f(b)−f(a)b−a(x−a)]\displaystyle h(x) = f(x) - \big[f(a) + \frac{f(b)-f(a)}{b-a}(x-a)\big]. Da er h(a)=h(b)=0h(a) = h(b) = 0, og Rolle på hh gir cc med h′(c)=0h'(c) = 0, som er nettopp f′(c)=f(b)−f(a)b−a\displaystyle f'(c) = \frac{f(b)-f(a)}{b-a}.

Skjæringssetningen (gjentak fra kap. 2.3)
ff kontinuerlig på [a,b][a,b] med f(a)f(a) og f(b)f(b) av motsatt fortegn ⇒\Rightarrow minst én c∈(a,b)c \in (a,b) med f(c)=0f(c) = 0. Eksistens-stegets teorem — navngis alltid.
Ekstremalverdisetningen (gjentak fra kap. 2.3)
ff kontinuerlig på et lukket, begrenset intervall [a,b][a,b] ⇒\Rightarrow ff antar sin største og minste verdi der. Motoren i beviset for Rolle.
Rolle-motsigelsen (entydighetsargumentet)

Anta to røtter x1<x2x_1 < x_2 for ff. Rolle på [x1,x2][x_1, x_2] gir cc med f′(c)=0f'(c) = 0. Viser du at f′f' aldri er null, er antagelsen umulig — altså høyst én rot. Likeverdig med monotoni-argumentet.

Ulikhetsmaskinen (oppskriften)
f(b)−f(a)=f′(c)(b−a)f(b) - f(a) = f'(c)(b-a) for en cc i intervallet; avgrens f′(c)f'(c) med et fast tall og gang med (b−a)(b-a). Slik veksles kunnskap om f′f' inn i ulikheter for ff — uten å vite hvor cc er.
Fartskontroll-tolkningen

Gjennomsnittsfart 80 km/t mellom to målepunkter ⇒\Rightarrow speedometeret viste nøyaktig 80 i minst ett øyeblikk. MVT i hverdagsspråk: gjennomsnittlig endring antas som øyeblikkelig endring et sted.

Strengt monoton funksjon
ff er strengt voksende hvis x1<x2⇒f(x1)<f(x2)x_1 < x_2 \Rightarrow f(x_1) < f(x_2) (strengt avtakende: >>). En strengt monoton funksjon antar aldri samme verdi to ganger — derfor høyst ett nullpunkt.
«Minst én cc» — ikke nøyaktig én

Rolle og MVT lover eksistens av minst ett punkt cc; det kan finnes flere. Skriv derfor «det finnes en cc» i føringen, og bland ikke denne cc-en sammen med rotens entydighet.

Repetisjonsoppgaver
Din fremgang
0 / 4 oppgaver
Symbol- og formelliste

Dette kapitlet er skrevet av Anthropics toppmodeller (Claude Opus og Claude Fable) og er foreløpig ikke manuelt gjennomgått — kvalitetskontrollen gjøres av uavhengige KI-agenter, og innmeldte feil rettes fortløpende. Funnet en feil? Meld fra, så retter vi den. Les mer om hvordan innholdet lages.

Skolesaga er en uavhengig læringsressurs og er ikke tilknyttet eller godkjent av Universitetet i Bergen. Dette er ikke offisielt studiemateriell. Les mer.