Matemaatiline analüüs I

Kui ∆x = x 2 − x ja ∆y = f(x 2 ) − f(x), siis ∆x > 0 ja ∆y < 0 ning seega ∆y
∆x < 0.
Analoogiliselt, kui ∆x = x 1 − x ja ∆y = f(x 1 ) − f(x), siis ∆x < 0 ja ∆y > 0 ning seega
∆y
< 0. Järelikult kehtib väide.
∆x
Lause 2. Kui funktsioon y = f(x) on rangelt kahanev punktis x, siis leidub selline
δ > 0, et
0 < |∆x| < δ ⇒ ∆y
∆x < 0.
Olgu antud funktsioon y = f(x) ja ∆y olgu argumendi muudule ∆x vastav funktsiooni
muut. Kui funktsiooni y = f(x) tuletis f ′ (x) on positiivne punktis x, st
siis leidub selline δ > 0, et
f ′ (x) = lim
∆x→0
∆y
∆x > 0,
0 < |∆x| < δ ⇒ ∆y
∆x > 0.
Järelikult, kui ∆x ∈ (−δ, 0) ∪ (0, δ), siis suurused ∆x ja ∆y on samamärgilised, st
funktsioon y = f(x) on rangelt kasvav punktis x. Analoogiliselt saame, et kui
f ′ (x) < 0,
siis funktsioon y = f(x) on rangelt kahanev punktis x. Seega oleme tõestanud järgmise
väite.
Lause 3. Kui funktsiooni f(x) tuletis punktis x on positiivne (negatiivne), siis
funktsioon f(x) kasvab (kahaneb) rangelt punktis x.
Näide 1. Tõestame, et
Moodustame abifunktsiooni
Väide (1.15.1) on tõene parajasti siis, kui
Et f ′ (x) = e x − 1, siis
e x > 1 + x (x ≠ 0). (1.15.1)
f(x) = e x − 1 − x.
f(x) > f(0) (x ≠ 0).
x< 0 ⇒ f ′ (x) < 0 ⇒ f(x) on rangelt kahanev, kui x < 0,
x> 0 ⇒ f ′ (x) > 0 ⇒ f(x) on rangelt kasvav, kui x > 0.
Järelikult
st väide (1.15.1) on tõene.
x ≠ 0 ⇒ f(x) > f(0) = 0,
♦
87