Projekt okładki Edwin Radzikowski Redakcja Elżbieta Sejferówna ...

4.7. Dowody 193
funkcja f −1 odwrotna do funkcji f jest ciągła w punkcie q = f(p). Wystarczy
f
teraz wykazać, że lim
−1 (q+h)−f −1 (q)
= 1 . Oznaczmy H = f −1 (q + h) −
h→0
h f ′ (p)
− f −1 (q). Oczywiście H zależy od h. Z ciągłości funkcji f −1 w punkcie q wynika
od razu, że lim H = 0. Zachodzi też równość h = q + h − q = f(f −1 (q + h)) −
h→0
− f(f −1 (q)) = f(f −1 (q) + H) − f(f −1 (q)) = f(p + H) − f(p). Z tej równości
i z poprzednich wynika, że:
f −1 (q + h) − f −1 (q) H
lim
= lim
h→0 h
H→0 f(p + H) − f(p) = 1
f ′ (p) .
Dowód został zakończony.
Dowód tw. 4.21 (reguły de l’Hospitala, wg. dra Andrzeja Birkholca). Zauważmy,
że ponieważ pochodna funkcji g jest różna od 0 w każdym punkcie
przedziału (a,b), więc funkcja g jest różnowartościowa – wynika to z twierdzenia
Rolle’a. Ponieważ jest to funkcja ciągła i różnowartościowa, więc jest ściśle
monotoniczna. Ponieważ zamiast ilorazu f −f
można rozważać iloraz i jedna
z funkcji g lub −g jest ściśle rosnąca, a druga – ściśle malejąca, możemy
g −g
przyjąć, że g jest ściśle rosnąca. W dalszym ciągu zakładamy, że g jest ściśle
rosnąca, więc dla każdego x ∈ (a,b) musi być g ′ (x) > 0 (przypominamy, że
g ′ (x) ≠ 0 w całym przedziale 16 (a,b)).
Niech m,M będą takimi dwiema liczbami rzeczywistymi, że m < G < M.
Jeśli G = − ∞, to oczywiście nie rozpatrujemy m, jeśli G = + ∞, to nie
rozpatrujemy M. Niech ˜m, ˜M będą takimi liczbami, że m < ˜m < G < ˜M < M.
Ponieważ lim = G, więc istnieje taka liczba c ∈ (a,b), taka że ˜m <
g ′ (x)
x→a + f ′ (x)
f ′ (x)
< ˜M dla x ∈ (a,c). Wobec tego na przedziale (a,c) funkcje f ′ − ˜mg ′ oraz
g ′ (x)
˜Mg ′ −f ′ są dodatnie, zatem funkcje f − ˜mg oraz ˜Mg −f są na tym przedziale
rosnące.
Rozważymy przypadek pierwszy: lim f(x) = 0 = lim g(x). Ponieważ g
x→a + x→a +
jest ściśle rosnąca i ma granicę 0 w lewym końcu dziedziny, więc jest dodatnia
na przedziale (a,b). Funkcje f − ˜mg oraz ˜Mg −f mają granicę (prawostronną)
0 w punkcie a, więc są dodatnie. Mamy dla x ∈ (a,c) nierówność podwójną
˜m < f(x) < ˜M, więc również m < f(x) < M. Ponieważ m oznacza tu dowolną
g(x) g(x)
f(x)
liczbę mniejszą niż G, a M – dowolną większą niż G, więc lim = G, co
x→a + g(x)
kończy dowód w przypadku pierwszym.
16 Co prawda nie jest to istotne z punktu widzenia standardowych zastosowań matematyki w ekonomii,
ale nie zakładamy ciągłości funkcji g ′ , więc nie wolno nam skorzystać z własności Darboux i z
niej wcale nie korzystamy! Korzystamy z twierdzenia Rolle’a i z monotoniczności funkcji g. Może się
zdarzyć, że pochodna funkcji określonej na przedziale ma punkty nieciągłości, jednak nawet w takiej
sytuacji przysługuje jej własność Darboux, zresztą właśnie ten matematyk udowodnił, że pochodna
funkcji różniczkowalnej ma własność przyjmowania wartości pośrednich. Nietrudny dowód tego
stwierdzenia można podać, przyjrzawszy się właśnie przeprowadzonemu rozumowaniu.