Projekt okładki Edwin Radzikowski Redakcja Elżbieta Sejferówna ...

156 4. Funkcje różniczkowalne
|f(x) − f(y)| = |f ′ (z)(x − y)| ≤ sup{|f ′ (t)|: t ∈ intP } · |x − y|,
co kończy dowód twierdzenia w jedną stronę. Dowód w drugą stronę wynika
natychmiast z tego, że jeśli funkcja spełnia warunek Lipschitza ze stałą L, to
dla każdej pary liczb x,y ∈ P zachodzi nierówność ∣ f(x)−f(y)
x−y
∣ ≤ L, a z niej
∣ wynika, że |f ′ ∣∣ f(y)−f(x)
(x)| = lim
y→x y−x
∣ ≤ L, zatem sup{|f ′ (t)|: t ∈ intP } ≤ L.
Dowód został zakończony.
Przykład 4.16. Niech f(x) = 1 x . Mamy f ′ (x) = − 1 x 2 < 0. Funkcja ma więc
ujemną pochodną w każdym punkcie swej dziedziny (− ∞,0) ∪ (0, ∞). Mamy
też f(−1) = −1 < 1 = f(1), wobec tego funkcja ta nie jest nierosnąca, tym
bardziej nie jest malejąca. Przyczyną tego zjawiska jest to, że dziedzina tej
funkcji nie jest przedziałem – malutka, raptem jednopunktowa dziura w dziedzinie,
powoduje, że teza przestaje być prawdziwa! Na każdym przedziale, na
którym jest zdefiniowana, funkcja ta jest nierosnąca, a nawet ściśle malejąca.
(
Przykład 4.17. Niech f(x) = sin x−
)
(
. Stąd f ′ (x) = cos x−
x− x3
1− x2
6
2
więc (f ′ ) ′ (x) = − sin x + x. W rozdziale pierwszym udowodniliśmy, że jeśli x >
0, to sin x < x (tw. 1.51). Z tej nierówności wynika, że (f ′ ) ′ (x) > 0 dla każdego
x > 0. Wobec tego funkcja f ′ jest ściśle rosnąca na półprostej domkniętej
[0, ∞). Stąd wynika, że:
f ′ (x) > f ′ (0) = cos 0 −
) (1 − 02
= 0 dla każdego x > 0.
2
Wobec tego funkcja f ma dodatnią pochodną na półprostej otwartej (0, ∞),
jest ściśle rosnąca na półprostej domkniętej [0, ∞), zatem dla x > 0 zachodzi
nierówność:
)
f(x) > f(0) = 0 −
(0 − 03
= 0.
6
)
,
Wykazaliśmy w ten sposób, że sinx > x − x3
6
dla każdej liczby dodatniej x.
Przykład 4.18. Zajmując się funkcja wykładniczą o podstawie e w rozdziale
pierwszym, wykazaliśmy, że dla każdej liczby rzeczywistej x zachodzi nierówność
e x ≥ 1 + x, później zresztą wzmocniona. Wiemy, że pochodną funkcji e x
jest ta sama funkcja. Wartością tej pochodnej w punkcie 0 jest liczba e 0 = 1.
Wobec tego równanie stycznej do wykresu funkcji wykładniczej w punkcie
(0,1) ma postać y = 1 ·(x −0)+e 0 = x+1 . Wobec tego wspomniana nierówność
oznacza, że wykres funkcji wykładniczej o podstawie e znajduje się nad
styczną do siebie w punkcie (0,0). Przekonamy się później, że jest to związane
z wypukłością funkcji wykładniczej.