Projekt okładki Edwin Radzikowski Redakcja Elżbieta Sejferówna ...

4.2. Badanie funkcji za pomocą pochodnych, ekstrema i monotoniczność 165
Jeśli 2a ≥ e 3 , np. a ≥ 1 2 · 21,952 = 1 2 · 2,83 > 1 2 · e3 , to (f ′ ) ′ przyjmuje na przedziale
(0,3) wartości ujemne, więc f ′ jest funkcją malejącą na przedziale [0,3],
a ponieważ f ′ (0) = e 0 − 1 − 2a · 0 = 0, więc również f ′ przyjmuje na przedziale
(0,3) jedynie wartości ujemne. Stąd wnioskujemy, że funkcja f maleje na
przedziale [0,3]. Ponieważ f(0) = 0, więc wartości funkcji f na przedziale (0,3)
są liczbami ujemnymi. Wykazaliśmy więc, że jeśli a ≥ 1 2 e3 , to e x − 1 − x < ax 2
dla x ∈ (0,3), np. e x − 1 − x < 11 · x 2 . Czytelnik bez trudu stwierdzi, że jeśli
zastąpimy przedział (0,3) przedziałem (0,2), to otrzymamy rezultat nieco
dokładniejszy: e x −1−x < ax 2 dla a ≥ 1 2 ·e2 , np. a ≥ 4 > 3,92 = 1 2 ·2,82 > 1 2 ·e2 .
Metoda druga. Jeśli 3 > x > 0, to zachodzi nierówność:
e x − 1 − x = 1 2! x2 + 1 3! x3 + 1 4! x4 + · · · < 1 ( x
( x 2
)
(1
2! x2 + + + ... =
3)
3)
= x2
2!
1
.
1 − x 3
Skorzystaliśmy tu z tego, że 1 > x > x > ... i z wzoru na sumę szeregu
3 4
geometrycznego. Dla przedziału (0,2) otrzymujemy nierówność e x − 1 − x <
< x2 1
= 3
2 1−2/3 2 x2 . Dla przedziału (0,3) nic sensownego nie otrzymamy, gdyż
w mianowniku pojawi się 0. Można temu zaradzić, modyfikując nieco sposób
szacowania:
e x − 1 − x = 1 2! x2 + 1 3! x3 + 1 4! x4 + · · · <
< 1 2! x2 + 1 ( x
( x 2
)
(1
3! x3 + + + ... =
4)
4)
oczywiście dla 0 < x < 3.
= x2
2! + x3
3!
1
1 − x 4
< x2
2! + x3
3!
1
1 − 3 4
< 2,5x 2 ,
Metoda trzecia. Wykażemy, że jeśli 3 > x > 0, to e x − 1 − x <
Nie użyjemy stosowanych poprzednio szeregów. Niech:
Wobec tego mamy:
g(x) = e x − 1 − x −
g ′ (x) = e x − 1 − 3 2
x 2
2(1 − x) = ex − 1 − x − 3 2 · x 2
(3 − x) .
3
2x(3 − x) + x2
· = e x − 1 − 3 6x − x2
·
(3 − x) 2 2 (3 − x) 2.
x2
2(1− x 3 ).