badanie funkcji różniczkowalnych

Badanie funkcji r´

o˙zniczkowalnych

Badanie funkcji za pomoca

pochodnych:

ekstrema i monotoniczno´s´

Twierdzenie 6.1 (o monotoniczno´sci funkcji r´

o˙zniczkowalnych)

Za l´o˙zmy, ˙ze funkcja f jest cia

g la w ka˙zdym punkcie przedzia lu P i ˙ze jest r´o˙znicz-

kowalna we wszystkich jego punktach wewne

trznych. Przy tych za lo˙zeniach funkcja

f jest:

— niemaleja

ca ( x < y ⇒ f (x) ≤ f (y) ) wtedy i tylko wtedy, gdy jej pochodna

jest nieujemna,

— nierosna

ca ( x < y ⇒ f (x) ≥ f (y) ) wtedy i tylko wtedy, gdy jej pochodna

jest niedodatnia.

Dow´

od. Funkcja jest niemaleja

ca wtedy i tylko wtedy, gdy jej iloraz r´o˙znicowy

f (x+h)−f (x)

jest nieujemny, bo wtedy i tylko wtedy, gdy licznik i mianownik tego

u lamka maja

taki sam znak. Granica funkcji nieujemnej, je´sli istnieje, to jest nie-

ujemna. Wobec tego pochodna funkcji niemaleja

cej we wszystkich tych punktach

przedzia lu P , w kt´orych istnieje, jest nieujemna.
Za l´o˙zmy teraz, ˙ze pochodna w punktach wewne

trznych przedzia lu P jest nieujemna.

Za l´o˙zmy, ˙ze x, y ∈ P i ˙ze x < y . Z twierdzenia o warto´sci ´sredniej zastosowanego do

przedzia lu [x, y] wynika, ˙ze

f (y)−f (x)

y−x

= f

(z) ≥ 0 dla pewnego punktu z ∈ (x, y) .

Wykazali´smy wie

c, ˙ze iloraz r´o˙znicowy funkcji f jest nieujemny, wie

c licznik tego

u lamka, czyli r´o˙znica f (y) − f (x) , te˙z jest nieujemny, zatem jest ona niemaleja

ca.

Przypadek funkcji nierosna

cej sprowadzamy jak zwykle do pierwszego zaste

puja

funkcje

f funkcja

przeciwna

−f . Dow´od zosta l zako´

nczony.

Wniosek 6.2 (charakteryzuja

cy funkcje

sta la

)

Funkcja cia

g la na przedziale P , r´o˙zniczkowalna we wszystkich jego punktach we-

wne

trznych jest sta la wtedy i tylko wtedy, gdy f

(x) = 0 dla ka˙zdego punktu we-

wne

trznego przedzia lu P .*

Dow´

od. Funkcja sta la jest jednocze´snie niemaleja

ca i nierosna

ca, zatem jej po-

chodna jest jednocze´snie nieujemna i niedodatnia, czyli zerowa. Je´sli natomiast po-
chodna jest zerowa, czyli jednocze´snie nieujemna i niedodatnia, to funkcja jest za-
r´owno niemaleja

ca, jak i nierosna

ca, wie

c jest sta la. Dow´od zosta l zako´

nczony.

Mo˙zna z latwo´scia, ten wniosek udowodni´c bezpo´srednio, bez powo lywania sie, na w la´snie wykazane

twierdzenie.

Badanie funkcji r´o˙zniczkowalnych

Micha l Krych

Twierdzenie 6.3 (o ´scis lej monotoniczno´sci funkcji r´

o˙zniczkowalnych)

Zak ladamy jak poprzednio, ˙ze funkcja f jest cia

g la w ka˙zdym punkcie przedzia lu

P oraz ˙ze jest r´o˙zniczkowalna w ka˙zdym punkcie wewne

trznym przedzia lu P . Przy

tych za lo˙zeniach funkcja f jest:

— ´sci´sle rosna

ca wtedy i tylko wtedy, gdy jej pochodna jest nieujemna oraz

mie

dzy ka˙zdymi

dwoma punktami przedzia lu P znajduje sie

punkt, w

kt´orym pochodna f

jest dodatnia,

— ´sci´sle maleja

ca wtedy i tylko wtedy, gdy jej pochodna jest niedodatnia oraz

mie

dzy ka˙zdymi

dwoma punktami przedzia lu P znajduje sie

punkt, w

kt´orym pochodna f

jest ujemna.

Dow´

od. Za l´o˙zmy, ˙ze funkcja f jest ´sci´sle rosna

ca. Wobec tego jest niemaleja

ca, wie

na podstawie poprzedniego twierdzenia jej pochodna jest nieujemna. Je´sli x, y ∈ P
i x < y , to w pewnym punkcie wewne

trznym z przedzia lu [x, y] zachodzi nier´ow-

no´s´c f

(z) > 0 , bowiem gdyby pochodna r´owna by la 0 w ka˙zdym punkcie przedzia lu

[x, y] , to funkcja f by laby sta la na tym przedziale, wie

c nie by laby ´sci´sle rosna

ca.

Zajmiemy sie

dowodem implikacji przeciwnej. Zak ladamy teraz, ˙ze f jest funkcja

cia

g la

, kt´orej pochodna jest nieujemna. Z poprzedniego twierdzenia wnioskujemy,

˙ze f jest funkcja

niemaleja

. Je´sli nie jest ona ´sci´sle rosna

ca, to istnieja

punkty

x, y ∈ P , takie ˙ze x < y i f (x) = f (y) . Z tego, ˙ze x < z < y wynika, ˙ze zachodzi
nier´owno´s´c f (x) ≤ f (z) ≤ f (y) = f (x) , co oznacza, ˙ze f (x) = f (z) , a to z kolei
oznacza, ˙ze f jest funkcja

sta la

na przedziale [x, y] , a z tego wynika, ˙ze f

(z) = 0

dla ka˙zdego punktu z ∈ [x, y] , wbrew za lo˙zeniu. Druga cze

´s´c twierdzenia mo˙ze by´c

uzyskana z pierwszej przez rozwa˙zenie funkcji −f zamiast funkcji f . Dow´od zosta l
zako´

nczony.

Twierdzenie 6.4 (o lipschitzowsko´sci funkcji r´

o˙zniczkowalnej)

Zak ladamy jak w twierdzeniach poprzednich, ˙ze funkcja f jest okre´slona na pewnym
przedziale P , ˙ze jest na nim cia

g la i ˙ze jest r´o˙zniczkowalna we wszystkich punktach

wewne

trznych tego przedzia lu. Przy tych za lo˙zeniach funkcja f spe lnia warunek Lip-

schitza ze sta la

L ≥ 0 wtedy i tylko wtedy, gdy L ≥ sup{|f

(t)|:

t ∈ intP } .*

Dow´

od. Je´sli x, y ∈ P , to na mocy twierdzenia Lagrange’a o warto´sci ´sredniej

istnieje punkt z le˙za

cy mie

dzy x i y , taki ˙ze

|f (x) − f (y)| = |f

(z)(x − y)| ≤ |x − y| · sup{|f

(t)|:

t ∈ intP } ,

co ko´

nczy dow´od twierdzenia w jedna

strone

. Dow´od w druga

strone

wynika natych-

miast z tego, ˙ze je´sli funkcja spe lnia warunek Lipschitza ze sta la

L , to dla dowolnych

int P oznacza zbi´

or z lo˙zony ze wszystkich punkt´

ow wewne,trznych przedzia lu P , czyli przedzia l

otwarty, kt´

orego ko´

nce pokrywaja, sie, z ko´ncami przedzia lu P .

Badanie funkcji r´o˙zniczkowalnych

Micha l Krych

x, y ∈ P zachodzi nier´owno´s´c

f (x)−f (y)

x−y

≤ L , zatem |f

(x)| = lim

y→x

f (y)−f (x)

y−x

≤ L ,

zatem sup{|f

(t)|:

t ∈ intP } ≤ L . Dow´od zosta l zako´

nczony.

Poka˙zemy teraz twierdzenie, kt´ore jeszcze raz u´swiadomi nam, ˙ze funkcja wyk-

ladnicza to taka, dla kt´orej tempo wzrostu jest proporcjonalne do jej warto´sci.

Twierdzenie 6.5 (o wzro´scie wyk ladniczym.)
Je´sli f : (a, b) −→ IR jest funkcja

r´o˙zniczkowalna

, dla kt´orej istnieje liczba rzeczywista

k taka, ˙ze r´owno´s´c f

(x) = kf (x) zachodzi dla wszystkich x ∈ (a, b) , to istnieje sta la

C taka, ˙ze r´owno´s´c f (x) = Ce

ma miejsce dla wszystkich x ∈ (a, b) .

Dow´

od.

Z za lo˙zenia wynika od razu, ˙ze dla wszystkich liczb x ∈ (a, b) zacho-

dzi r´owno´s´c

f (x)e

−kx

= f

(x)e

−kx

+ f (x) −ke

−kx

= kf (x)e

−kx

− kf (x)e

−kx

= 0 .

Z tego stwierdzenia wynika, ˙ze funkcja przypisuja

ca liczbie x liczbe

f (x)e

−kx

jest

sta la na przedziale (a, b) , zatem istnieje liczba rzeczywista C taka, ˙ze dla ka˙zdego
x ∈ (a, b) zachodzi r´owno´s´c f (x)e

−kx

= C , czyli f (x) = Ce

Czytelnik zechce zwr´oci´c uwage

na to, ˙ze tym razem zak ladamy co´s o zachowaniu

sie

funkcji na pewnym przedziale, a nie na ca lej prostej oraz na to, ˙ze dow´od jest

bardzo kr´otki.

Przyk lad 6.1

Niech f (x) =

. Mamy f

(x) = −

< 0 . Funkcja ma wie

ujemna

pochodna w ka˙zdym punkcie swej dziedziny (−∞, 0) ∪ (0, ∞) . Mamy te˙z

f (−1) = −1 < 1 = f (1) , wobec tego funkcja ta nie jest nierosna

ca, tym bardziej

nie jest maleja

ca. Przyczyna

tego zjawiska jest to, ˙ze dziedzina tej funkcji nie jest

przedzia lem — malutka, raptem jednopunktowa dziura w dziedzinie, powoduje, ˙ze
teza przestaje by´c prawdziwa! . Na ka˙zdym przedziale, na kt´orym jest zdefiniowana,
funkcja ta jest nierosna

ca, a nawet ´sci´sle maleja

ca.

Przyk lad 6.2

Niech f (x) = sin x −

x −

. Mamy f

(x) = cos x −

1 −

i wobec tego r´ownie˙z (f

)

(x) = = − sin x + x . W cze

´sci pierwszej udowodnili´smy,

˙ze je´sli x > 0 , to sin x < x (zob. nier´owno´s´c T8). Z tej nier´owno´sci wynika, ˙ze

)

(x) > 0 dla ka˙zdego x > 0 . Wobec tego funkcja f

jest ´sci´sle rosna

ca na

p´o lprostej domknie

tej [0, ∞) . Sta

d wynika, ˙ze

(x) > f

(0) = cos 0 −

1 −

= 0 dla ka˙zdego x > 0 .

Wobec tego funkcja f ma dodatnia

pochodna

na p´o lprostej otwartej (0, ∞) , jest

´sci´sle rosna

ca na p´o lprostej domknie

tej [0, ∞) , zatem dla x > 0 zachodzi nier´owno´s´c

f (x) > f (0) = 0 −

0 −

= 0 .

Wykazali´smy w ten spos´ob, ˙ze sin x > x −

dla ka˙zdej liczby dodatniej x .

Badanie funkcji r´o˙zniczkowalnych

Micha l Krych

Przyk lad 6.3

Zajmuja

c sie

funkcja wyk ladnicza

o podstawie e w rozdziale pierw-

szym wykazali´smy, ˙ze dla ka˙zdej liczby rzeczywistej x spe lniona jest nier´owno´s´c
e

≥ 1 + x , p´o´zniej zreszta

wzmocniona. Wiemy, ˙ze pochodna

funkcji e

jest ta

sama funkcja. Warto´scia

tej pochodnej w punkcie 0 jest liczba e

= 1 . Wobec

tego r´ownanie stycznej do wykresu funkcji wyk ladniczej w punkcie (0, 1) ma po-
sta´c y = 1 · (x − 0) + e

= x + 1 . Wobec tego wspomniana nier´owno´s´c oznacza,

˙ze wykres funkcji wyk ladniczej o podstawie e znajduje sie

nad styczna

do siebie w

punkcie (0, 0) . Przekonamy sie

p´o´zniej, ˙ze jest to zwia

zane z wypuk lo´scia

funkcji

wyk ladniczej.

Przyk lad 6.4

Wyka˙zemy, ˙ze je´sli x > 0 , to ln(1 + x) >

1+x

. Zdefiniujmy po-

mocnicza

funkcje

f wzorem f (x) = ln(1 + x) −

1+x

. Wtedy

(x) =

1+x

−

1+x−x

(1+x)

> 0 .

Wobec tego funkcja f jest ´sci´sle rosna

ca na p´o lprostej [0, ∞) . Poniewa˙z f (0) = 0 ,

wie

c dla x > 0 mamy f (x) > 0 .

Przyk lad 6.5

Wspomnieli´smy w jednym z poprzednich przyk lad´ow nier´owno´s´c

sin x < x , kt´ora ma miejsce dla x > 0 . Pochodna

funkcji sinus jest funkcja kosinus.

W punkcie 0 warto´s´c pochodnej to cos 0 = 1 . Wynika sta

d, ˙ze r´ownanie stycznej do

wykresu funkcji sinus w punkcie (0, 0) przybiera posta´c y = 1 · (x − 0) + sin 0 = x .
Wobec tego nier´owno´s´c x > sin x oznacza, ˙ze na p´o lprostej (0, ∞) wykres funkcji
sinus znajduje sie

pod styczna

do tego˙z wykresu w punkcie (0, 0) . Przekonamy sie

p´o´zniej, ˙ze jest to zwia

zane z wkle

s lo´scia

funkcji sinus na przedziale [0, π] , dla x ≥ π

nier´owno´s´c zachodzi, bo warto´sci funkcji sinus sa

mniejsze ni˙z 1 < π .

Przyk lad 6.6

Niech f (x) = e

− (1 + x +

1
2

) . Mamy f

(x) = e

− (1 + x) ≥ 0 ,

wie

c (f

)

(x) = e

− 1 > 0 , dla x > 0 oraz (f

)

(x) = e

− 1 < 0 dla x < 0 .

Wynika sta

d, ˙ze funkcja f

jest ´sci´sle rosna

ca na p´o lprostej [0, ∞) oraz ´sci´sle ma-

leja

ca na p´o lprostej (−∞, 0] . Wobec tego najmniejsza

warto´scia

funkcji f

jest liczba

(0) = e

− 1 = 0 . Oznacza to, ˙ze dla x 6= 0 zachodzi nier´owno´s´c f

(x) > 0 , czyli

> 1 + x . Poniewa˙z funkcja f

przyjmuje warto´sci dodatnie na ca lej prostej z

wyja

tkiem jednego punktu, funkcja f jest ´sci´sle rosna

ca na ca lej prostej. Mamy wie

f (x) > f (0) = =e

− (1 + 0 +

1
2

) = 0 dla x > 0 oraz f (x) < f (0) = 0 dla

x < 0 , zatem dla x > 0 zachodzi nier´owno´s´c e

> 1 + x +

1
2

, za´s dla x < 0

— nier´owno´s´c e

< 1 + x +

1
2

. Rozumuja

c w ten sam spos´ob mo˙zna wykaza´c,

˙ze dla ka˙zdej liczby rzeczywistej x zachodzi nier´owno´s´c e

≥ 1 + x +

przy czym nier´owno´s´c jest ostra dla x 6= 0 . Uog´olnienie pozostawiamy czytelnikom
w charakterze prostego ´cwiczenia. Zache

camy te˙z do por´ownania z rozumowaniami

Badanie funkcji r´o˙zniczkowalnych

Micha l Krych

przeprowadzanymi przed wprowadzeniem pochodnych: bez trudu mo˙zna zauwa˙zy´c,

˙ze uzyskujemy teraz z latwo´scia

nier´owno´sci, kt´orych wykazanie bez u˙zycia rachunku

r´o˙zniczkowego by lo dosy´c trudne.

Przyk lad 6.7

Ten przyk lad be

dzie nieco d lu˙zszy. Nale˙zy go przestudiowa´c z uwaga

Dotyczy to r´ownie˙z tych student´ow, kt´orzy wynie´sli ze szko ly spora

wiedze

matema-

tyczna

, bowiem stosowana tu metoda be

dzie u˙zywana p´o´zniej r´ownie˙z w odniesieniu

do funkcji wielu zmiennych, a w wie

kszo´sci szk´o l nie jest stosowana.

Niech a ≥ b > 0 be

liczbami rzeczywistymi. P niech oznacza prostoka

t, kt´orego

jeden bok ma d lugo´s´c a , a drugi — b . Z prostoka

ta P wycinamy cztery kwadraty

o boku x ∈ 0,

zawieraja

ce cztery wierzcho lki P tak, ˙ze pole P zmniejsza sie

o 4x

. Naste

pnie zaginamy „wystaja

ce” cze

´sci powsta lego dwunastoka

ta (niewy-

puk lego) tak, by powsta lo pude lko o wymiarach a − 2x, b − 2x, x . Dla jakiego x
pojemno´s´c otrzymanego pude lka be

dzie najwie

ksza?

Rozwia

zanie. Niech V (x) = x(a−2x)(b−2x) be

dzie pojemno´scia

pude lka. V jest

funkcja

cia

g la

, a nawet r´o˙zniczkowalna

w ka˙zdym punkcie swej dziedziny. Z punktu

widzenia pojemno´sci pude lka dziedzina

funkcji V jest przedzia l 0,

, ale mo˙zna

funkcje

rozpatrywa´c na przedziale domknie

tym

. Na przedziale

funk-

cja V , jako cia

g la , przyjmuje warto´s´c najmniejsza

oraz warto´s´c najwie

ksza

Poniewa˙z V (0) = V

= 0 i V (x) > 0 dla x ∈ 0,

, wie

c najmniejsza

warto´s´c przyjmowana jest w ko´

ncach przedzia lu

, za´s najwie

ksza — w pewnym

punkcie wewne

trznym x

tego przedzia lu.

Poniewa˙z funkcja V jest r´o˙zniczkowalna w punkcie x

, wie

c V

) = 0 . Wy-

starczy zatem znale´z´c punkty w przedziale 0,

, w kt´orych pochodna funkcji V

przyjmuje warto´s´c 0 i stwierdzi´c, w kt´orym z nich V ma najwie

ksza

warto´s´c. Takie

punkty sa

co najwy˙zej dwa, bo V jest wielomianem trzeciego stopnia, wie

c V

jest

wielomianem kwadratowym.

(x) = 12x

− 4(a + b)x + ab . Wiemy, ˙ze ten wielomian ma co najmniej jeden

pierwiastek w przedziale 0,

(nie ma potrzeby sprawdza´c, ˙ze jego wyr´o˙znik jest

dodatni, bo to wynika z istnienia x

!).* Mo˙zemy teraz zastosowa´c to samo rozumowa-

nie do badania funkcji V na przedziale

a
2

. Wewna

trz tego przedzia lu funkcja V

przyjmuje warto´sci ujemne, na ko´

ncach — zero. Wobec tego swa

najmniejsza

warto´s´c

a
2

funkcja V przyjmuje wewna

trz przedzia lu i wobec tego jej pochodna V

przyjmuje warto´s´c 0 w co najmniej jednym punkcie tego przedzia lu.

Drugi pierwiastek wielomianu V

te˙z jest dodatni, bo iloczyn pierwiastk´

ow tego wielomianu jest

r´

owny

, jest wie,c dodatni, zatem oba pierwiastki maja ten sam znak, ale z tego korzysta´c nie

be,dziemy.

Badanie funkcji r´o˙zniczkowalnych

Micha l Krych

Z tego rozumowania wynika, ˙ze w ka˙zdym z przedzia l´ow 0,

a
2

pochodna

funkcji V ma co najmniej jeden pierwiastek, a poniewa˙z V

ma dok ladnie dwa

pierwiastki, wie

c w ka˙zdym z wymienionych przedzia l´ow ma dok ladnie jeden pierwia-

stek. Tak sie

dzieje w przypadku a > b . W przypadku a = b sytuacja jest nieco inna:

0 b

= 0 , co sprawdzamy bezpo´srednim rachunkiem (og´olnie: je´sli liczba x

jest

podw´ojnym pierwiastkiem funkcji f , tzn. f (x) = (x−x

)

g(x) dla pewnej funkcji g

r´o˙zniczkowalnej w x

, to f (x

) = 0 = f

) ) i wobec tego r´ownie˙z w tym przypadku

w przedziale 0,

funkcja V

mo˙ze mie´c co najwy˙zej jeden pierwiastek, wie

c ma

dok ladnie jeden. Udowodnili´smy w ten spos´ob, ˙ze w przedziale 0,

funkcja V

dok ladnie jeden pierwiastek x

, kt´orym jest mniejszy z dw´och pierwiastk´ow tej funk-

cji, a liczba V (x

) jest najwie

ksza

warto´scia

funkcji V przyjmowana

na przedziale

. Oczywi´scie x

4(a+b)−

√

[4(a+b)]

−4·12ab

2·12

a+b−

√

−ab

Uwaga 6.6 Nie zajmowali´smy sie

znakiem pochodnej V

, bo nie by lo potrzeby

ustala´c na jakich przedzia lach funkcja V ro´snie, a na jakich maleje. Oczywi´scie mo˙zna
by lo posta

pi´c inaczej: stwierdzi´c, ˙ze na przedziale (0, x

) pochodna V

funkcji V

jest dodatnia, wie

c V na tym przedziale ro´snie, a na przedziale x

pochodna V

jest ujemna, wie

c na tym przedziale funkcja V maleje. Z naszego rozumowania to te˙z

wynika, bo na przedziale (0, x

) pochodna V

nie przyjmuje warto´sci 0 , ma zatem

ten sam znak we wszystkich punktach tego przedzia lu, zatem funkcja V jest na tym
przedziale ´sci´sle monotoniczna, nie mo˙ze by´c maleja

ca, bo V (x

) > 0 = V (0) , wie

jest ´sci´sle rosna

ca, wie

c jej niezeruja

ca sie

pochodna jest dodatnia.

Przyk lad 6.8

Znale´z´c maksimum obje

to´sci bry l powsta lych w wyniku obrotu

tr´ojka

ta prostoka

tnego o obwodzie 1 wok´o l jego przeciwprostoka

tnej.

Rozwia

zanie: Niech a, b, c oznaczaja

boki tr´ojka

ta, przy czym c to przeciw-

prostoka

tna. Bry la, kt´ora powstaje w wyniku obrotu tr´ojka

ta wok´o l boku c to dwa

sto˙zki z la

czone podstawami. Promie´

n tej wsp´olnej podstawy to wysoko´s´c tr´ojka

prostopad la do przeciwprostoka

tnej, wie

c r´owna

, bowiem pole tr´ojka

ta jest r´owne

1
2

ab =

1
2

, gdzie h

jest wysoko´scia

tr´ojka

ta prostopad la

do przeciwprostoka

tnej

c . Suma wysoko´sci tych sto˙zk´ow jest r´owna c . Wobec tego suma ich obje

to´sci jest

r´owna V =

· c =

π(ab)

Wiemy, ˙ze a

+ b

= c

(tw. Pitagorasa) i a + b + c = 1 (dany obw´od tr´ojka

ta).

Sta

d wynika, ˙ze

2ab = (a + b)

− (a

+ b

) = (1 − c)

− c

= 1 − 2c .

Zachodza

wie

c wzory V = V (c) =

π(1−2c)

12c

1
c

− 4 + 4c

i V

−1

+ 4

Sta

d wnioskujemy z latwo´scia

, ˙ze V

1
2

, zatem

Badanie funkcji r´o˙zniczkowalnych

Micha l Krych

kandydatami na punkt, w kt´orym funkcja V przyjmuje swa

najwie

ksza

warto´s´c sa

1
2

oraz −

1
2

. Liczba c jest d lugo´scia

boku tr´ojka

ta, zatem jest dodatnia, bo jest

d lugo´scia

odcinka, wie

c nie mo˙ze by´c r´owna −

1
2

. Liczba

1
2

te˙z nie wchodzi w gre

bo wtedy by laby spe lniona r´owno´s´c a + b = 1 −

1
2

= c , kt´ora przeczy laby

temu, ˙ze suma dw´och bok´ow tr´ojka

ta jest wie

ksza od trzeciego. Oznacza to, ˙ze na

ka˙zdym przedziale zawartym w dziedzinie funkcji V jest ona ´sci´sle monotoniczna,
zatem kresy, je´sli w og´ole sa

przyjmowane, to w ko´

ncach przedzia lu. Musimy wie

znale´z´c dziedzine

funkcji V .

Liczby a, b, c maja

by´c bokami tr´ojka

ta prostoka

tnego o obwodzie 1 . Musza

wie

c by´c dodatnimi rozwia

zaniami uk ladu r´owna´

n: a

+ b

= c

, a + b = 1 − c . Wa-

runek ten jest te˙z dostateczny: je´sli a, b > 0 i a

= c

, to (a+b)

> a

= c

zatem a + b > c i oczywi´scie a + c > c > b oraz b + c > c > a . Oznacza to, ˙ze z
odcink´ow o d lugo´sciach a, b, c mo˙zna zbudowa´c tr´ojka

t, oczywi´scie prostoka

tny. Ten

uk lad r´owna´

n r´ownowa˙zny jest naste

puja

cemu:

a + b = 1 − c,

ab =

(1−c)

−c

1
2

− c .

Liczby a i b sa

wie

c pierwiastkami r´ownania kwadratowego t

− (1 − c)t +

1
2

− c = 0 .

Warunkiem koniecznym i dostatecznym na to, by to r´ownanie to mia lo dodatnie pier-
wiastki dla dodatniej warto´sci parametru c , jest 0 < c <

1
2

oraz

0 ≤ ∆ = (1 − c)

− 4(

1
2

− c) = −1 + 2c + c

= (c + 1)

− 2

czyli

√

2 − 1 ≤ c <

1
2

. Poniewa˙z V

1
2

= 0 , wie

c maksymalna warto´s´c V jest r´owna

√

2 − 1

– oczywi´scie maksymalna na przedziale

√

2 − 1,

1
2

. Latwo zauwa˙zy´c,

˙ze dla c =

√

2 − 1 otrzymujemy tr´ojka

t r´ownoramienny (bo ∆ = 0 , wie

c pierwiastki

r´ownania kwadratowego x

− (1 − c)x +

1
2

− c = 0 , czyli liczby a i b sa

r´owne).

Komentarz: Ten przyk lad powinien przekona´c student´ow o konieczno´sci zwracania
uwagi na dziedzine

funkcji. Omawia lem to zadanie wielokrotnie na ´cwiczeniach, jesz-

cze sie

nie zdarzy lo, by studenci chcieli, aby obje

to´s´c V potraktowa´c jako np. funkcje

zmiennej a . Gdyby tak sie

sta lo, by loby V = V (a) =

πa

(1−2a)

6(1−a)(1−2a+2a

)

i maksimum

osia

gane by loby w punkcie wewne

trznym dziedziny funkcji V , czyli przedzia lu 0,

1
2

mianowicie w punkcie

2−

√

, zatem w punkcie zerowania sie

pochodnej funkcji V .

By loby znacznie mniej k lopotu z dziedzina

funkcji, za to wie

cej z obliczeniami. Cze

sto

te˙z studenci nie potrafili stwierdzi´c, ˙ze poniewa˙z funkcja ma niezerowa

pochodna

przedziale, to jest na nim monotoniczna. Wydawa lo im sie

, ˙ze pope lnili b la

d w obli-

czeniach, bo skoro w jakim´s punkcie ma by´c maksimum, to pochodna tam musi sie

zerowa´c. Zapominali wie

c o tym, ˙ze to twierdzenie m´owi o punktach wewne

trznych

dziedziny, ko´

nc´ow nie dotyczy.

Badanie funkcji r´o˙zniczkowalnych

Micha l Krych

Przyk lad 6.9

Znajdziemy teraz kres g´orny iloczynu trzech liczb nieujemnych,

kt´orych suma jest r´owna 3 . Oznaczmy te liczby przez x, y, z . Mamy wie

c x ≥ 0 ,

y ≥ 0 , z ≥ 0 oraz x + y + z = 3 . Mamy znale´z´c kres g´orny wyra˙zenia xy(3 − x − y) ,
przy za lo˙zeniu, ˙ze x, y ≥ 0 oraz x + y ≤ 3 . Niech s = x + y ≤ 3 .

Chwilowo traktowa´c be

dziemy wielko´s´c s jako sta la

. Przy ustalonym s nasze

wyra˙zenie to x(s − x)(3 − s) . Mamy znale´z´c jego kres g´orny zak ladaja

c, ˙ze 0 ≤ x ,

0 ≤ y = s − x , czyli 0 ≤ x ≤ s . Mamy wie

c do czynienia z funkcja

kwadratowa

zmiennej x :

(3 − s)(−x

+ sx) . Wie

kszo´s´c student´ow pamie

ta z nauki szkolnej,

˙ze funkcja kwadratowa, kt´orej wsp´o lczynnik przy x

jest ujemny, przyjmuje swa

warto´s´c najwie

ksza

w ´srodku odcinka, w kt´orego ko´

ncach ta funkcja przyjmuje te

sama

warto´s´c (np. 0, wtedy ko´

ncami odcinka sa

pierwiastki funkcji). W naszym

przypadku tym punktem jest x =

1
2

(0 + s) =

s
2

.* By zako´

nczy´c zadanie nale˙zy

znale´z´c maksymalna

warto´s´c wyra˙zenia (3 − s)

na przedziale [0, 3] .

Mamy

(3 − s)

= −

+ (3 − s)

s
2

= 3 −

3
4

. Poniewa˙z funkcja (3 − s)

zmiennej s jest cia

g la na przedziale domknie

tym [0, 3] , wie

c osia

ga w jakim´s punkcie

sw´oj kres g´orny. Poniewa˙z w ko´

ncach przedzia lu przyjmuje warto´s´c 0 , a wewna

trz

jest dodatnia, wie

c kres g´orny jest przyjmowany w jakim´s punkcie wewne

trznym

tego przedzia lu. W przedziale (0, 3) znajduje sie

jeden punkt, w kt´orym pochodna

−

+ (3 − s)

s
2

3
4

s(2 − s) funkcji (3 − s)

przyjmuje warto´s´c 0 . Ten punkt

to liczba 2 . Warto´s´c funkcji (3 − s)

w tym punkcie r´owna jest 1 . Odpowiednie

warto´sci wyj´sciowych zmiennych to x = y = z = 1 . Zadanie zosta lo rozwia

zane.

Zanim om´owimy naste

pne przyk lady zauwa˙zmy, ˙ze z definicji pochodnej wynika

naste

puja

ca r´owno´s´c przybli˙zona f

(p) ≈

f (p+h)−f (p)

dla h ≈ 0 . Nie troszcza

c sie

przesadnie o precyzje

rozumowania przepisa´c ja

mo˙zna w postaci

f (p + h) ≈ f (p) + f

(p)h .

Mo˙zna sie

spodziewa´c, ˙ze to przybli˙zenie jest dok ladniejsze dla h dostatecznie blis-

kich 0 od przybli˙zenia f (p + h) ≈ f (p) , kt´ore jest konsekwencja

cia

g lo´sci funkcji f

w punkcie p . Tak jest w rzeczywisto´sci, bo b la

d przybli˙zenia f (p+h) ≈ f (p)+f

(p)h

jest ma ly w por´ownaniu z |h| , gdy˙z

Tym, kt´

orzy akurat zapomnieli, ˙ze tak jest, podajemy uzasadnienie w oparciu o twierdzenia z tego roz-

dzia lu. Mamy (x(s−x)(3−s))

=(3−s)(−2x+s) . Ta pochodna jest dodatnia na p´

o lprostej (−∞,

) ,

a na p´

o lprostej (

,∞) jest ujemna. Wobec tego funkcja jest ´sci´sle rosna,ca na p´o lprostej (−∞,

] ,

a na p´

o lprostej [

,∞) jest ´sci´sle maleja,ca, wie,c liczba (3−s)·

·(s−

)=(3−s)

jest jej najwie,ksza,

warto´scia,. Bez pochodnych jest latwiej:

x(s−x)(3−s)=(3−s)[−(x−

)

]≤(3−s)·

— do badania wielomian´

ow kwadratowych pochodne nie sa, potrzebne.

Badanie funkcji r´o˙zniczkowalnych

Micha l Krych

lim

h→0

f (p+h)−

(

f (p)+f

(p)h

)

= lim

h→0

f (p+h)−f (p)

− f

(p)

= 0 .

Zauwa˙zmy jeszcze, ˙ze zachodzi naste

puja

ce :

Twierdzenie 6.7 (o najlepszym przybli˙zeniu liniowym funkcji)

Za l´o˙zmy, ˙ze f jest funkcja

cia

g la

w punkcie p . Wtedy r´owno´s´c lim

h→0

f (p+h)−(ah+b)

= 0

zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy funkcja f jest r´o˙zniczkowalna w punkcie p oraz
a = f

(p) i b = f (p) .

Dow´

od. Je´sli lim

h→0

f (p+h)−(ah+b)

= 0 , to lim

h→0

f (p+h)−b

− a = 0 . Sta

d wynika r´ow-

no´s´c a = lim

h→0

f (p+h)−b

. Z niej wynika, ˙ze 0 = lim

h→0

ah = lim

h→0

(f (p + h) − b) , czyli

b = lim

h→0

f (p + h) = f (p) . Z ostatniej r´owno´sci wynika, ˙ze

a = lim

h→0

f (p+h)−b

= lim

h→0

f (p+h)−f (p)

a to oznacza, ˙ze f jest r´o˙zniczkowalna w punkcie p i zachodzi r´owno´s´c a = f

(p) ,

co ko´

nczy dow´od twierdzenia w jedna

strone

. Przed sformu lowaniem twierdzenia wy-

kazali´smy prawdziwo´s´c implikacji przeciwnej. Dow´od zosta l zako´

nczony.

Z twierdzenia tego wynika, ˙ze spo´sr´od wszystkich wielomian´ow stopnia ≤ 1

zmiennej x najdok ladniej przybli˙za funkcje

f w otoczeniu punktu p wielomian

f (p) + f

(p)(x − p) . ˙Zadne z twierdze´

n do tej pory sformu lowanych nie daje jawnego

oszacowania b le

du przybli˙zenia, ale pokazywali´smy ju˙z wiele razy, jak mo˙zna dowo-

dzi´c nier´owno´sci, a to stwarza szanse na szacowanie b le

du. Poka˙zemy, teraz kilka

przyk lad´ow.

Przyk lad 6.10

√

50 =

√

49 + 1 ≈

√

49 +

√

· 1 = 7 +

– przyje

li´smy tu

h = 1 , f (x) =

√

x , zatem f

(x) =

√

, p = 49 . Chocia˙z 1 nie jest ma la

liczba

jednak przybli˙zenie, kt´ore uzyskali´smy jest dosy´c dobre. Rzeczywi´scie,

7 +

= 49 + 2 · 7 ·

= 50 +

196

Widzimy wie

c, ˙ze po podniesieniu do kwadratu przybli˙zonej warto´sci pierwiastka,

otrzymali´smy liczbe

nieco tylko wie

ksza

od 50. Mamy 7, 07 < 7 +

< 7, 08 oraz

7, 07

= 49, 9849 , co oznacza, ˙ze nasze przybli˙zenie pozwoli lo nam znale´z´c dwie cyfry

po przecinku liczby

√

50 bez wykonania trudnych oblicze´

n! Warto´s´c przybli˙zona

jest w tym przypadku wie

ksza ni˙z rzeczywista, bo styczna do wykresu pierwiastka

kwadratowego le˙zy nad wykresem.

Przyk lad 6.11

= (49 + 1)

≈ 49

+ 2 · 49 · 1 = 2499 . Tym razem f (x) = x

zatem f

(x) = 2x , p = 49 i h = 1 . W rzeczywisto´sci 50

= 2500 , wie

c tym razem

b la

d, kt´ory pope lniamy stosuja

c wz´or przybli˙zony zamiast dok ladnego jest r´owny 1 ,

wie

c jest ponad 100 razy wie

kszy ni˙z w poprzednim przyk ladzie.

Badanie funkcji r´o˙zniczkowalnych

Micha l Krych

Przyk lad 6.12

= e

49+1

≈ e

+ e

· 1 = 2 · e

. Teraz f (x) = e

= f

(x) ,

p = 49 i h = 1 . B la

d pope lniany obecnie to e

− 2 · e

= (e − 2) · e

> 0, 7 · e

jest wie

c ogromny i to nie tylko w por´ownaniu z h = 1 , ale wre

cz por´ownywalny

z warto´scia

funkcji. Mamy e

≈ 5,1847055286 · 10

, e

≈ 1,9073465725 · 10

, za´s

− 2 · e

≈ 1, 370012384 · 10

— obliczenia przeprowadzono za pomoca

programu

komputerowego Mathematica 7.0.

Widzimy wie

c, ˙ze w tym ostatnim przypadku przybli˙zanie za pomoca

wzoru

f (p + h) ≈ f (p) + f

(p)h w og´ole nie ma sensu, w przypadku funkcji x

dawa lo

przybli˙zenie gorsze ni˙z w przypadku pierwiastka kwadratowego. Mo˙zna dosy´c prosto
wyja´sni´c, co jest tego przyczyna

. Ot´o˙z z twierdzenia Lagrange’a o warto´sci ´sredniej

wynika, ˙ze dla ka˙zdego h 6= 0 istnieje co najmniej jedna liczba θ

∈ (0, 1) , taka ˙ze

f (p + h) − f (p) = f

(p + θ

· h)h , zatem

f (p + h) − (f (p) + f

(p)h) = f

(p + θ

· h) − f (p)

h .

O liczbie θ

nic wie

cej nie wiemy ponad to, ˙ze znajduje sie

ona w przedziale (0, 1) ,

oznacza to, ˙ze liczba p + θ

· h le˙zy mie

dzy p i p + h .

W przypadku funkcji

√

x i przedzia lu (49, 50) pochodna zmienia sie

bardzo nie-

znacznie: maleje od warto´sci

do warto´sci

√

. W przypadku funkcji x

ro´snie

od warto´sci 2 · 49 = 98 przyjmowanej w punkcie 49 do warto´sci 2 · 50 = 100 przyj-
mowanej w punkcie 50 , w tym przypadku zmiana warto´sci pochodnej jest istotnie
wie

ksza. W przypadku funkcji e

pochodna zmienia sie

od warto´sci e

do warto´sci

, czyli o (e − 1) · e

, czyli o wielko´s´c ogromna

Sama zmiana pochodnej jeszcze o niczym nie ´swiadczy, bo zmiana mog laby by´c

skoncentrowana na bardzo kr´otkim przedziale ko´

ncza

cym sie

w punkcie 50 . Tak

jednak w tym przypadku nie jest. I w la´snie dlatego widoczne sa

r´o˙znice w dok ladno´sci.

W przypadku funkcji wyk ladniczej pochodna ro´snie od warto´sci e

do warto´sci

, tj. o wielko´s´c ogromna

(e − 1)e

> 1, 7 · e

. Mo˙zna sie

wie

c by lo spodziewa´c, ˙ze

w tym przypadku wz´or f (p + h) ≈ f (p) + f

(p)h be

dzie bardzo niedok ladny: wykres

funkcji wyk ladniczej zagina sie

mocno ku g´orze odchodza

c szybko od stycznej do

siebie w jakim´s punkcie, np. w (49, e

) .

W przypadku funkcji kwadratowej x

pochodna wzrasta od warto´sci 98 do

warto´sci 100, a wie

c zmiana jej warto´sci jest znacznie mniej spektakularna, niemniej

i w tym przypadku wykres funkcji oddala sie

od stycznej w widoczny spos´ob, te˙z ku

g´orze.

W przypadku funkcji

√

x pochodna maleje, ale bardzo powoli, wie

c wykres od-

chyla sie

od stycznej ku do lowi, ale efekt ten jest nieznaczny: wykres nieomal pokrywa

sie

ze styczna

, wie

c przybli˙zenie liniowe dzia la bardzo dobrze.

Badanie funkcji r´o˙zniczkowalnych

Micha l Krych

Przyk lad 6.13

Przy r´o˙znych okazjach na lekcjach fizyki w szko lach wykorzy-

stywana jest r´owno´s´c przybli˙zona sin x ≈ x , np. w optyce przy wyprowadzaniu
r´ownania soczewki lub zwierciad la, przy wyprowadzania wzoru na okres waha´

n wa-

had la matematycznego. Jest to zastosowanie omawianej przez nas r´owno´sci przy-
bli˙zonej f (p + h) ≈ f (p) + f

(p)h w przypadku funkcji sin , p = 0 , h = x . W tym

przypadku f (0) = sin 0 = 0 i f

(0) = cos 0 = 1 i wobec tego f (p) + f

(p)h = x .

Wykazali´smy poprzednio, ˙ze dla x > 0 zachodzi nier´owno´s´c x −

< sin x < x ,

wie

c b la

d przybli˙zenia sin x ≈ x jest mniejszy ni˙z

, wie

c je´sli ka

t x jest ma ly, to

ten b la

d jest bardzo ma ly, np. je´sli x =

, to b la

d jest mniejszy ni˙z

6000

. Wypada

przypomnie´c, ˙ze mowa o wielko´sci ka

ta wyra˙zonej w radianach, 1 radian to nieco

ponad 57

◦

. Cz lowieka o wzro´scie 2 m, wie

c ni˙zszego ni˙z np. Ma lgorzata Dydek (ko-

szykarka z Gda´

nska, jedna z najwy˙zszych na ´swiecie) wida´c z odleg lo´sci 200 m pod

tem oko lo 0, 01 radiana, wie

c m´owimy o rzeczywi´scie istnieja

cych ka

tach, ma lych

ale nie o znikomo ma lych, wyste

puja

cych niezwykle rzadko. Rachunek r´o˙zniczkowy

pozwala oszacowa´c b la

d nie tylko z g´ory, ale r´ownie˙z z do lu. W tym przypadku

mo˙zna pos lu˙zy´c sie

metoda

zastosowana

poprzednio w celu wykazania nier´owno´sci

sin x < x−

120

, kt´ora zachodzi dla x > 0 . Z tej nier´owno´sci wynika natychmiast,

˙ze

−

120

< x−sin x <

, a wie

c b la

d przybli˙zenia jest wie

kszy ni˙z

−

120

i mniej-

szy ni˙z

. Gdyby´smy zainteresowali sie

b le

dem wzgle

dnym, tj. wielko´scia

x−sin x

to okaza loby sie

, ˙ze w przypadku 0 < x < 0, 1 jest on mniejszy ni˙z

1
6

(0, 1)

600

czyli mniejszy ni˙z

1
6

% . To ca lkiem dobra dok ladno´s´c.

Przyk lad 6.14

Niech f (x) = e

, p = 0 . Mamy f

(0) = e

= 1 i f (0) = e

= 1 ,

zatem e

≈ 1 + x . Zbadamy dok ladno´s´c tego przybli˙zenia dla x > 0 . W przyk ladzie

21 wykazali´smy, ˙ze dla x > 0 zachodzi nier´owno´s´c e

> 1 + x +

1
2

. Wobec tego

b la

d przybli˙zenia jest wie

kszy ni˙z

1
2

. Oszacujemy go teraz z g´ory.

Znajdziemy liczbe

a > 0 , taka

˙ze dla wszystkich x ∈ (0, 3) zachodzi nier´owno´s´c

− 1 − x < ax

Przyjmijmy f (x) = e

− 1 − x − ax

. Mamy f

(x) = e

− 1 − 2ax i wobec tego

)

(x) = e

− 2a . Je´sli 2a ≥ e

, np. a ≥

1
2

· 21, 952 =

1
2

· 2,8

1
2

· e

, to (f

)

przyjmuje na przedziale (0, 3) warto´sci ujemne, wie

c f

jest funkcja

maleja

przedziale [0, 3] , a poniewa˙z f

(0) = e

− 1 − 2a · 0 = 0 , wie

c r´ownie˙z f

przyjmuje

na przedziale (0, 3) jedynie warto´sci ujemne. Sta

d wnioskujemy, ˙ze funkcja f maleje

na przedziale [0, 3] . Poniewa˙z f (0) = 0 , wie

c warto´sci funkcji f na przedziale (0, 3)

liczbami ujemnymi. Wykazali´smy wie

c, ˙ze je´sli a ≥

1
2

, to e

− 1 − x < ax

dla

x ∈ (0, 3) , np. e

− 1 − x < 11 · x

Czytelnik bez trudu stwierdzi, ˙ze je´sli zasta

pimy przedzia l (0, 3) przedzia lem

Badanie funkcji r´o˙zniczkowalnych

Micha l Krych

(0, 2) , to otrzymamy rezultat nieco dok ladniejszy: e

− 1 − x < ax

dla a ≥

1
2

· e

np. a = 4 > 3,92 =

1
2

· 2,8

1
2

· e

otrzymujemy e

− 1 − x < 4 · x

Przyk lad 6.15

Udowodnimy, ˙ze dla ka˙zdego x > 0 i ka˙zdego n ∈ N zachodzi

nier´owno´s´c:

> 1 + x +

+ . . . +

W dowodzie rozwa˙zymy funkcje

zdefiniowana

wzorem

(x) = e

− 1 + x +

+ . . . +

Mamy f

(x) = e

− 1 + x +

+ . . . +

(n−1)!

n−1

= f

n−1

(x) . Poniewa˙z

(x) = e

−1 > 0 dla x > 0 , wie

c funkcja f

jest ´sci´sle rosna

ca na p´o lprostej [0, ∞) ,

zatem z nier´owno´sci x > 0 wynika nier´owno´s´c f

(x) > f

(0) = e

−(1+0) = 0 , czyli

(x) > 0 . Z tej nier´owno´sci wynika, ˙ze funkcja f

jest ´sci´sle rosna

ca na p´o lprostej

[0, ∞) , zatem z nier´owno´sci x > 0 wynika, ˙ze f

(x) > f

(0) = e

−(1+0+

) = 0 ,

czyli f

(x) > 0 . W taki sam spos´ob wnioskujemy teraz, ˙ze dla x > 0 zachodza

kolejne

nier´owno´sci: f

(x) > 0 , f

(x) > 0 , itd.

Dla x > 0 i n > 1 mamy

1 +

x
n

= 1 +

1!(n−1)!

x
n

2!(n−2)!

+ . . . +

(n−1)!1!

n−1

(n−1)!

n!0!

= 1 +

(n−1)!·n

(n−2)!·n

+ . . . +

1!·n

n−1

(n−1)!

0!·n

< 1+

+. . .+

n−1

(n−1)!

< e

, zatem lim

n→∞

+. . .+

n−1

(n−1)!

= e

W takiej sytuacji piszemy:

= 1 +

+ · · · =

∞

n=0

(exp)

Wyka˙zemy, ˙ze wz´or (exp) zachodzi r´ownie˙z dla x < 0 . Poniewa˙z e

≥ 1 + x

dla ka˙zdej liczby x ∈ R , wie

c funkcja e

− (1 + x) jest niemaleja

ca na ca lej prostej.

Je´sli wie

c x < 0 , to e

− (1 + x) ≤ e

− (1 + 0) = 0 . Wynika sta

d i z wzoru

−1−x−

= e

−(1+x) , ˙ze funkcja e

−1−x−

jest nierosna

ca na p´o lprostej

(−∞, 0] , wie

c swa

najmniejsza

warto´s´c na tej p´o lproste przyjmuje w punkcie 0 . Dla

ka˙zdego x < 0 zachodzi wie

c nier´owno´s´c e

− 1 − x −

≥ e

− 1 − 0 −

= 0 . Sta

i z wzoru e

−1−x−

−

= e

−1−x−

wynika, ˙ze funkcja e

−1−x−

−

jest niemaleja

ca na p´o lprostej (−∞, 0] , wie

c ma swa

najwie

ksza

warto´s´c w punkcie 0 ,

zatem dla ka˙zdego x < 0 mamy e

− 1 − x −

−

≤ e

− 1 − 0 −

−

= 0 .

Kontynuacja tego poste

powania prowadzi do wniosku: dla ka˙zdej liczby nieparzystej

n i ka˙zdej liczby x < 0 zachodzi wz´or

1 +

+ . . . +

n−1

(n−1)!

≤ e

≤ 1 +

+ . . . +

n−1

(n−1)!

n+1

(n+1)!

Badanie funkcji r´o˙zniczkowalnych

Micha l Krych

a poniewa˙z lim

n→∞

n+1

(n+1)!

= 0 , wie

c lim

n→∞

1 +

+ . . . +

n−1

(n−1)!

= e

Wobec tego r´owno´s´c

∞

n=0

= lim

n→∞

1 +

+ . . . +

n−1

(n − 1)!

= e

(exp)

zachodzi dla wszystkich liczb rzeczywistych x .

Przyk lad 6.16

Wyka˙zemy , ˙ze je´sli 3 > x > 0 , to e

− 1 − x <

2(1−

)

. Niech

g(x) = e

− 1 − x −

2(1−

)

= e

− 1 − x −

3
2

(3−x)

Mamy wobec tego

(x) = e

− 1 −

3
2

2x(3 − x) + x

(3 − x)

= e

− 1 −

3
2

6x − x

(3 − x)

Kontynuuja

c obliczenia otrzymujemy

)

(x) =

= e

−

3
2

(6−2x)(3−x)

+2(6x−x

)(3−x)

(3−x)

= e

−

3
2

(3−x)

= e

−

(3−x)

= e

−

(1−

)

Dla ka˙zdego x > 0 mamy e

−x/3

> 1 −

, wie

c je´sli 0 < x < 3 , to zachodzi

nier´owno´s´c

1−

> e

x/3

= e

. Z tej nier´owno´sci wynika, ˙ze dla 0 < x < 3

zachodzi (g

)

(x) < 0 , wie

c na przedziale [0, 3] funkcja g

jest nierosna

ca, wie

c dla

0 < x ≤ 3 zachodzi nier´owno´s´c g

(x) ≤ g

(0) = 0 . Wobec tego, ˙ze funkcja g ma

ujemna

pochodna

na przedziale [0, 3] , jest ona ´sci´sle maleja

ca na tym przedziale,

zatem g(x) < g(0) = 0 dla x ∈ (0, 3] , a to w la´snie chcieli´smy wykaza´c. Wobec tego
je´sli 0 < x <

3
2

, to e

− 1 − x < x

, bo w tym przypadku 2 1 −

> 1 .

W przyk ladzie 6.15 wykazali´smy, ˙ze dla x < 0 zachodzi nier´owno´s´c e

< 1+x+

1
2

Sta

d wynika, ˙ze dla x < 0 zachodzi nier´owno´s´c 0 < e

− (1 + x) <

1
2

, za´s dla

3 > x > 0 – nier´owno´s´c 0 < e

− (1 + x) < x

. Sta

d ju˙z latwo wynika, ˙ze dla x <

3
2

zachodzi nier´owno´s´c 0 ≤ e

− (1 + x) ≤ x

, przy czym r´owno´s´c ma miejsce wtedy i

tylko wtedy, gdy x = 0 .

Wspominali´smy wcze´sniej, ˙ze funkcja wyk ladnicza pojawia sie

w fizyce przy dys-

kusji wzoru na d lugo´s´c np. pre

ta ˙zelaznego w zale˙zno´sci od jego temperatury. Pro-

wadzi to do wzoru l(t) = l(t

λ(t−t

)

, gdzie przez l(t) oznaczyli´smy d lugo´s´c pre

w temperaturze t , za´s λ oznacza wsp´o lczynnik rozszerzalno´sci cieplnej, w przypadku

˙zelaza λ ≈ 0, 00000115 = 1, 15·10

−5

. Je´sli zmiana temperatury jest niezbyt du˙za, np.

mniejsza ni˙z 50

◦

C, to wyk ladnik jest mniejszy ni˙z 0, 00006 , wie

c jego kwadrat jest

mniejszy ni˙z 0, 00000004 , co oznacza, ˙ze b la

d, kt´ory pope lnimy zaste

puja

c e

λ(t−t

)

przez 1 + λ(t − t

) be

dzie mniejszy ni˙z 0, 00000004 · l(t

) , wie

c w przypadku np.

szyny kolejowej — mniejszy od dok ladno´sci pomiaru jej d lugo´sci.

Badanie funkcji r´o˙zniczkowalnych

Micha l Krych

Inaczej jest w przypadku rozpadu promieniotw´orczego. W wyniku rozwa˙za´

n ana-

logicznych do tych, kt´ore doprowadzi ly nas do wzoru e

= lim

n→∞

1 +

x
n

otrzy-

mujemy wz´or m(t) = m(t

−λ(t−t

)

, gdzie m(t) oznacza mase

substancji promie-

niotw´orczej w chwili t , a λ – sta la

rozpadu. Rzecz w tym, i˙z w tym przypadku inte-

resuje nas np. czas po lowicznego rozpadu, to znaczy czas, w kt´orym masa substancji
zmniejsza sie

o po lowe

. W tym przypadku t−t

musi by´c tak du˙ze, by zachodzi l wz´or

λ(t − t

) = ln 2 ≈ 0, 6931 , wie

c b la

d spowodowany stosowaniem przybli˙zenia linio-

wego funkcji wyk ladniczej funkcja

liniowa

by lby wie

kszy ni˙z

1
2

· 0, 6931

≈ 0, 24 , wie

w zasadzie niedopuszczalny jako za du˙zy ( 24% ).

Przyk lad powinien u´swiadomi´c

studentom, ˙ze przed stosowaniem wzor´ow przybli˙zonych warto zastanowi´c sie

nad

tym, czy wolno je stosowa´c.

Funkcje wypuk le

Wa˙zna

klase

funkcji stanowia

tzw. funkcje wypuk le. Przypomnijmy, ˙ze zbi´or na-

zywany jest wypuk lym wtedy i tylko wtedy, gdy wraz z ka˙zdymi dwoma punktami
zawiera odcinek, kt´ory je la

czy. Zbiorami wypuk lymi sa

proste, p laszczyzny, ca la

przestrze´

n tr´ojwymiarowa, ko lo (ale nie okra

g), kula (ale nie jej powierzchnia zwana

sfera

), kwadrat (ale nie jego brzeg), tr´ojka

t (ale nie jego brzeg). Czytelnicy zapewne

pamie

taja

ze szko ly ´sredniej, ˙ze wieloka

t jest wypuk ly, je´sli jego ka

ty wewne

trzne

mniejsze ni˙z 180

◦

, czyli π radian´ow. Jest jasne, ˙ze jedynymi podzbiorami wy-

puk lymi prostej sa

przedzia ly, ewentualnie zdegenerowane do punktu. Moga

to by´c

przedzia ly otwarte, domknie

te, otwarto-domknie

te, domknie

to-otwarte, sko´

nczone lub

niesko´

nczone.

Definicja 6.8 (funkcji wypuk lej)
Funkcje

f okre´slona

na zbiorze wypuk lym P nazywamy wypuk la

, je´sli dla dowolnych

punkt´ow x, y ∈ P i dowolnej liczby t ∈ (0, 1) zachodzi nier´owno´s´c

f tx + (1 − t)y

≤ tf (x) + (1 − t)f (y) .

Je˙zeli nier´owno´s´c ta jest ostra, gdy x 6= y , to m´owimy, ˙ze funkcja jest ´sci´sle wypuk la.

Je´sli funkcja −f jest wypuk la, to m´owimy, ˙ze funkcja f jest wkle

s la, je´sli funkcja

−f jest ´sci´sle wypuk la, to funkcja f nazywana jest ´sci´sle wkle

s la

Podamy kilka przyk lad´ow, kt´ore powinny u latwi´c zrozumienie i zapamie

tanie

definicji.

1 W szko lach wz´or na zmiane

, d lugo´sci w wyniku podgrzania wyste,puje w innej klasie ni˙z wz´

or na

zmiane, masy pierwiastka promieniotw´orczego w czasie, wie,c liczba uczni´ow, kt´orzy zauwa˙zaja, nie-

konsekwencje, w stosowaniu w jednym przypadku funkcji liniowej, a w drugim funkcji wyk ladniczej jest

zaniedbywalnie ma la. Mo˙zna podejrzewa´

c, ˙ze nie wszyscy nauczyciele maja czas i ochote, wyja´snia´c,

dlaczego w jednym przypadku stosowany jest jeden wz´

or, a w drugim — inny.

2 Definicje

, te, stosuje sie, w niezmienionej formie r´

ownie˙z w przypadku funkcji wielu zmiennych.

Badanie funkcji r´o˙zniczkowalnych

Micha l Krych

Przyk lad 6.17

Je´sli f (x) = ax + b , to funkcja f jest jednocze´snie wypuk la

i wkle

s la, nie jest ´sci´sle wypuk la. Stwierdzenie to wynika natychmiast z definicji:

f tx+(1−t)y

= a tx+(1−t)y

+b = t ax+b

+(1−t) ay+b

= tf (x)+(1−t)f (y) ,

wie

c w przypadku funkcji liniowej nier´owno´s´c wyste

puja

ca w definicji funkcji wy-

puk lej staje sie

r´owno´scia

Przyk lad 6.18

Je´sli f (x) = x

, to f jest funkcja

´sci´sle wypuk la

na ca lej prostej.

Uzasadnimy te

teze

. Dla 0 < t < 1 mamy

tf (x) + (1 − t)f (y) − f tx + (1 − t)y

= tx

+ (1 − t)y

− tx + (1 − t)y

= t(1 − t)(x − y)

≥ 0 ,

przy czym r´owno´s´c zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy x = y .

Przyk lad 6.19

Funkcja f (x) =

√

x jest ´sci´sle wkle

s la – wynika to latwo ze ´scis lej

wypuk lo´sci funkcji kwadratowej: nier´owno´s´c

tx + (1 − t)y > t

√

x + (1 − t)

√

y jest

r´ownowa˙zna nier´owno´sci

(tu + (1 − t)v)

< tu

+ (1 − t)v

, gdzie u =

√

x , v =

√

y .

Wypuk lo´s´

c funkcji

Na rysunku obok

znajduje sie

wykres funk-

cji

1
2

, trzy cie

ciwy

(tzn. odcinki la

cza

ce dwa

punkty wykresu) oraz pro-
sta styczna do wykresu w
punkcie (1,

1
2

) . Wida´c, ˙ze

cie

ciwy le˙za

nad wykre-

sem tej funkcji, natomiast
styczna — pod.

Przed podaniem naste

pnych przyk lad´ow skomentujemy definicje

funkcji wy-

puk lej i podamy kryterium pozwalaja

ce stwierdza´c wypuk lo´s´c niekt´orych funkcji.

Funkcja jest wypuk la je´sli po la

czywszy dwa punkty jej wykresu otrzymujemy odcinek,

kt´orego wszystkie punkty le˙za

nad wykresem funkcji lub na jej wykresie. Funkcja jest

Badanie funkcji r´o˙zniczkowalnych

Micha l Krych

´sci´sle wypuk la, je´sli wszystkie punkty wewne

trzne odcinka la

cza

cego dwa punkty wy-

kresu le˙za

nad wykresem funkcji. Jest tak dlatego, ˙ze w przypadku 0 < t < 1 , x < y

zachodzi nier´owno´s´c x < tx + (1 − t)y < y . W przyk ladzie pierwszym pokazali´smy,

˙ze punkt tx + (1 − t)y, tf (x) + (1 − t)f (y)

le˙zy na wykresie funkcji liniowej, kt´orej

wykres przechodzi przez punkty x, f (x)

oraz y, f (y)

, wsp´o lczynnik kierunkowy

tej funkcji to a =

f (y)−f (x)

y−x

, wyraz wolny to b = f (x) − ax = f (x) − x

f (y)−f (x)

y−x

Nier´owno´s´c wyste

puja

ca w definicji funkcji wypuk lej:

f tx + (1 − t)y

≤ tf (x) + (1 − t)f (y)

to po prostu stwierdzenie, ˙ze punkt tx + (1 − t)y, f (tx + (1 − t)y)

znajduje sie

pod punktem tx + (1 − t)y, tf (x) + (1 − t)f (y)

. Oznacza to, ˙ze funkcja jest wy-

puk la wtedy i tylko wtedy, gdy zbi´or punkt´ow znajduja

cych sie

nad jej wykresem

jest wypuk ly.

Twierdzenie 6.9 (o wypuk lo´sci funkcji cia

g lej) *

Funkcja f cia

g la w ka˙zdym punkcie zbioru wypuk lego P jest wypuk la wtedy i tylko

wtedy, gdy dla dowolnych x, y ∈ P zachodzi nier´owno´s´c f

x+y

≤

f (x)+f (y)

, ´sci´sle

wypuk la, gdy ta nier´owno´s´c jest ostra w ka˙zdym przypadku, w kt´orym x 6= y .
Dow´

od. Je´sli f jest wypuk la, to przyjmuja

c w definicji wypuk lo´sci t =

1
2

otrzy-

mujemy warunek podany w tym twierdzeniu, co ko´

nczy dow´od konieczno´sci tego

warunku.

Zajmiemy sie

teraz dowodem w „druga

” strone

. Niech x, y be

dowolnymi

punktami zbioru P . Mamy f

x+y

≤

f (x)+f (y)

. Poniewa˙z nier´owno´s´c ta zachodzi

dla dowolnych punkt´ow x, y zbioru P , wie

c mo˙zemy zasta

pi´c punkt y ´srodkiem

odcinka la

cza

cego punkty x, y . Mamy

1
2

x +

x+y

3
4

x +

1
4

y . Wobec tego mamy

te˙z f

3
4

x +

1
4

≤ ≤

1
2

f (x) + f

x+y

≤

1
2

f (x) +

f (x)+f (y)

3
4

f (x) +

1
4

f (y) .

Wykazali´smy, ˙ze nier´owno´s´c definiuja

ca wypuk lo´s´c ma miejsce w przypadku t =

3
4

Stosuja

c to samo rozumowanie do punkt´ow

x+y

oraz y otrzymujemy nier´owno´s´c

1
4

x +

3
4

≤

1
4

f (x) +

3
4

f (y) , a wie

c nier´owno´s´c z definicji wypuk lo´sci w przypadku

t =

1
4

. Rozwa˙zaja

c teraz kolejno pary punkt´ow x i

3
4

x +

1
4

y ,

3
4

x +

1
4

y i

1
2

(x + y) ,

1
2

(x + y) i

1
4

x +

3
4

y oraz

1
4

x +

3
4

y i y otrzymujemy nier´owno´s´c kolejno dla t =

7
8

t =

5
8

, t =

3
8

i t =

1
8

. Otrzymali´smy nier´owno´s´c dla 7 warto´sci t :

1
8

2
8

3
8

4
8

5
8

6
8

7
8

. W taki sam spos´ob mo˙zemy otrzyma´c nier´owno´s´c w przypadku t =

potem w przypadku t =

itd. Teraz skorzystamy z cia

g lo´sci funkcji f . Ka˙zda

liczba t ∈ (0, 1) jest granica

cia

gu (t

) liczb postaci

∈ (0, 1) . Dla tych liczb

nier´owno´s´c jest ju˙z udowodniona. Mamy wie

Dowodu na wyk ladzie nie by lo i nie be,dzie.

Badanie funkcji r´o˙zniczkowalnych

Micha l Krych

f (t

x + (1 − t

)y) ≤ t

f (x) + (1 − t

)f (y) .

Przechodza

c do granicy (wolno, bo f jest cia

g la w ka˙zdym punkcie, w szczeg´olno´sci

w tx + (1 − t)y ) otrzymujemy nier´owno´s´c

f (tx + (1 − t)y) ≤ tf (x) + (1 − t)f (y) ,

a to ko´

nczy dow´od wypuk lo´sci funkcji f .

Nale˙zy jeszcze wykaza´c, je´sli dla x 6= y zachodzi f

x+y

f (x)+f (y)

, to f jest

´sci´sle wypuk la. Za l´o˙zmy, ˙ze tak nie jest. Wobec tego

f (tx + (1 − t)y) = tf (x) + (1 − t)f (y)

dla pewnych x, y ∈ P , x 6= y , t ∈ (0, 1) . Za l´o˙zmy, ˙ze 0 < s < t < 1 . Mamy wtedy
tf (x) + (1 − t)f (y) = f (tx + (1 − t)y) = f

t−s

1−s

x +

1−t

1−s

(sx + (1 − s)y)

≤

t−s

1−s

f (x) +

1−t

1−s

f (sx + (1 − s)y) ≤

≤

t−s

1−s

f (x) +

1−t

1−s

sf (x + (1 − s)f (y))

= tf (x) + (1 − t)f (y) .

Wobec tego, ˙ze ten cia

g nier´owno´sci zaczyna sie

i ko´

nczy tym samym wyra˙zeniem,

wszystkie nier´owno´sci sa

r´owno´sciami, w szczeg´olno´sci

f (sx + (1 − s)y) = sf (x) + (1 − s)f (x) ,

a to przeczy za lo˙zeniu, bo s mo˙ze by´c postaci

, a dla takich s nier´owno´s´c, jak

to wykazali´smy wcze´sniej, jest ostra.

Ostatni fragment tego dowodu mo˙ze wygla

da´c nieco sztucznie, ale stanie sie

ja´sniejszy po zapoznaniu sie

z twierdzeniem charakteryzuja

cym funkcje wypuk le. W

tej chwili wypada stwierdzi´c jedynie, ˙ze je´sli trzy punkty wykresu funkcji wypuk lej
le˙za

na jednej prostej, to wykres tej funkcji zawiera najkr´otszy odcinek domknie

ty,

kt´ory zawiera te trzy punkty wykresu, a ostatni fragment dowodu w istocie rzeczy
to pokazuje. By to dobrze zrozumie´c, trzeba poja

´c, ˙ze je´sli 0 < s < t < 1 , to punkt

tx + (1 − t)y le˙zy bli˙zej punktu x ni˙z punkt sx + (1 − s)y *, naste

pnie narysowa´c

sobie to wszystko biora

c pod uwage

to, ˙ze ˙zaden punkt wykresu funkcji wypuk lej nie

mo˙ze sie

znale´z´c nad odcinkiem la

cza

cym dwa punkty tego wykresu.

Bez za lo˙zenia cia

g lo´sci powy˙zsze twierdzenie nie jest prawdziwe, ale przyk lady

o tym ´swiadcza

ce sa

bardzo nienaturalne i ich om´owienie wykracza znacznie poza

ramy tego wyk ladu.

Podamy jeszcze kilka przyk lad´ow funkcji wypuk lych lub wkle

s lych na pewnych

przedzia lach.

Przyk lad 6.20

Funkcja wyk ladnicza o podstawie dodatniej i r´o˙znej od 1 jest

´sci´sle wypuk la. Wystarczy wykaza´c, ˙ze a

(x+y)/2

≤

1
2

+ a

) , przy czym r´owno´s´c

ma miejsce jedynie wtedy, gdy x = y . Mamy a

+ a

− 2a

(x+y)/2

= a

x/2

− a

y/2

Z tej r´owno´sci teza wynika natychmiast.

Za l´

o˙zmy, ˙ze x<y i 1>t>s>0 . Wtedy tx+(1−t)y−x=(1−t)(y−x)<(1−s)(y−x)=sx+(1−s)y−x .

Badanie funkcji r´o˙zniczkowalnych

Micha l Krych

Przyk lad 6.21

Funkcja ln jest ´sci´sle wkle

s la. Dla dowodu wystarczy wykaza´c, ˙ze

x+y

≥

1
2

(ln x + ln y) oraz ˙ze r´owno´s´c ma miejsce wtedy i tylko wtedy, gdy x = y .

Nier´owno´s´c ta jest r´ownowa˙zna naste

puja

cej: e

ln x

+ e

ln y

/2 =

x+y

≥ e

(ln x+ln y)/2

kt´ora wynika natychmiast ze ´scis lej wypuk lo´sci funkcji wyk ladniczej o podstawie e .
(zob. przyk lad 3.39 )

Przyk lad 6.22

Funkcja sinus jest ´sci´sle wypuk la na przedziale [−π, 0] i ´sci´sle

wkle

s la na przedziale [0, π] . Dla dowodu wystarczy wykaza´c, ˙ze je´sli −π ≤ x < y ≤ 0 ,

to sin

x+y

1
2

(sin x + sin y) i ˙ze je´sli 0 ≤ x < y ≤ π , to sin

x+y

1
2

(sin x + sin y) .

Poniewa˙z sin(−x) = − sin x , wie

c wystarczy wykaza´c jedna

z tych nier´owno´sci.

Za l´o˙zmy, ˙ze 0 ≤ x < y ≤ π . W tej sytuacji

1
2

(sin x + sin y) = sin

x+y

cos

x−y

< sin

x+y

— ostatnia nier´owno´s´c zachodzi, bo −

≤

x−y

< 0 , wie

c 0 ≤ cos

x−y

< 1 .

Przyk lad 6.23

Funkcja tangens jest ´sci´sle wypuk la na przedziale −

, 0

i ´sci´sle

wkle

s la na przedziale

. Podobnie jak w przypadku funkcji sinus wystarczy zaja

´c

sie

jednym z tych dw´och przedzia l´ow. Za l´o˙zmy, ˙ze 0 ≤ x < y <

. Wykorzystamy

znany wz´or: tg α − tg β =

sin(α−β)

cos α cos β

. Mamy

1
2

(tg x + tg y) − tg

x+y

1
2

tg y − tg

x+y

− tg

x+y

− tg x

1
2

sin

y−x

cos y cos

x+y

−

sin

y−x

cos x cos

x+y

sin

y−x

(cos x−cos y)

2 cos x cos y cos

x+y

> 0

— ostatnia nier´owno´s´c wynika z tego, ˙ze kosinus maleje na przedziale [0,

] .

Przyk lad 6.24

Niech f (x) = |x| . Wyka˙zemy, ˙ze f jest funkcja

wypuk la

, ale

nie ´sci´sle. Tym razem skorzystamy bezpo´srednio z definicji. Je´sli x, y sa

liczbami

rzeczywistymi i 0 < t < 1 , to skorzystawszy z nier´owno´sci tr´ojka

ta otrzymujemy

|tx + (1 − t)y| ≤ t|x| + (1 − t)|y| , przy czym r´owno´s´c zachodzi wtedy i tylko wtedy,
gdy xy ≥ 0 .

Przyk lad 6.25

Niech f (x) = e

|x|

. Wyka˙zemy, ˙ze funkcja ta jest ´sci´sle wypuk la.

Poniewa˙z jest cia

g la, wie

c mo˙zna zajmowa´c sie

jedynie przypadkiem t =

1
2

. Za l´o˙zmy,

˙ze x 6= y . Mamy w tej sytuacji e

|x+y|/2

≤ e

(|x|+|y|)/2

≤

1
2

|x|

+ e

|y|

, przy czym

je´sli pierwsza nier´owno´s´c staje sie

r´owno´scia

, to xy ≥ 0 i wobec tego, ˙ze x 6= y , ma

miejsce nier´owno´s´c |x| 6= |y| i wobec tego druga nier´owno´s´c musi by´c ostra (funkcja
wyk ladnicza jest ´sci´sle wypuk la). Dow´od zosta l zako´

nczony.

Przyk lad 6.26

Funkcja |x| + |x − 1| + |x − 2| + |x − 3| jest wypuk la jako suma

czterech funkcji wypuk lych. Nie jest ona ´sci´sle wypuk la, bo na przedziale [1, 2] jest
sta la, zreszta

na ka˙zdym z przedzia l´ow (−∞, 0] , [0, 1] , [1, 2] , [2, 3] , [3, +∞) jest

Badanie funkcji r´o˙zniczkowalnych

Micha l Krych

liniowa, wykres tej funkcji sk lada sie

z trzech odcink´ow i dwu p´o lprostych.

Przyk lad 6.27

Niech f (x) = −

|x| . Bez trudu sprawdzamy, ˙ze funkcja ta nie

jest wypuk la na ca lej prostej: f

1
2

· (−1) +

1
2

· 1

= f (0) > −1 =

1
2

f (−1) + f (1)

Jest ona wypuk la na ka˙zdej z p´o lprostych (−∞, 0] , [0, +∞) — wynika to latwo z
tego, ˙ze jak pokazali´smy wcze´sniej, funkcja

√

jest ´sci´sle wkle

s la.

Przyk lad 6.28

Cena biletu kolejowego w ustalonej klasie jest funkcja

wkle

s la

odleg lo´sci na jaka

jest wystawiany.* Uzasadnimy to tak: przyrost ceny biletu spowo-

dowany wyd lu˙zeniem sie

odleg lo´sci jaka

zamierzamy przejecha´c o ustalona

wielko´s´c

jest tym mniejszy im d lu˙zszy dystans zamierzamy przeby´c. Zapiszemy to za pomoca

symboli matematycznych. Niech p(x) oznacza cene

biletu pozwalaja

cego na przeje-

chanie x kilometr´ow. Niech h oznacza dowolna

liczbe

dodatnia

i niech x < y . Wtedy

p(x + h) − p(x) ≥ p(y + h) − p(y) . Wyka˙zemy, ˙ze ten warunek, w przypadku funk-
cji cia

g lej okre´slonej na przedziale, jest r´ownowa˙zny wkle

s lo´sci funkcji. Zak ladamy

oczywi´scie, ˙ze nier´owno´s´c ma miejsce dla dowolnych liczb x, y, h przy za lo˙zeniu, ˙ze
h > 0 i x < y . Je´sli r < s , to przyjmujemy x = r, h =

1
2

(s − r), y =

1
2

(s + r) .

Nier´owno´s´c p(x + h) − p(x) ≥ p(y + h) − p(y) to nier´owno´s´c

1
2

(s + r)

− p(r) ≥ p(s) − p

1
2

(s + r)

czyli p

1
2

(s + r)

≥

1
2

(p(r) + p(s)) , co pocia

ga za soba

wkle

s lo´s´c funkcji cia

g lej p .

Teraz za l´o˙zmy, ˙ze funkcja p jest wkle

s la. Niech u < v < w be

trzema punktami

dziedziny funkcji p . Mamy v =

w−v

w−u

u +

v−u

w−u

w oraz 0 <

w−v

w−u

< 1 i

w−v

w−u

v−u

w−u

= 1 ,

zatem p(v) ≥

w−v

w−u

p(u) +

v−u

w−u

p(w). Te

ostatnia

nier´owno´s´c mo˙zemy przepisa´c na

trzy r´o˙zne sposoby:

p(v)−p(u)

v−u

≥

p(w)−p(u)

w−u

p(u)−p(v)

u−v

≥

p(w)−p(v)

w−v

p(u)−p(w)

u−w

≥

p(v)−p(w)

v−w

Stosuja

c te nier´owno´sci wnioskujemy, ˙ze

p(x+h)−p(x)

x+h−x

≥

p(y+h)−p(y)

y+h−y

— je´sli np.

x < y < x + h , to stosujemy najpierw nier´owno´s´c trzecia

p(x+h)−p(x)

x+h−x

≥

p(x+h)−p(y)

x+h−y

a potem — druga

p(x+h)−p(y)

x+h−y

≥

p(y+h)−p(y)

y+h−y

. Dow´od zosta l zako´

nczony.

Ko´

nc´owka ostatniego przyk ladu wymaga wyja´snienia. Wykazali´smy tam, ˙ze w

przypadku funkcji wkle

s lej p i trzech punkt´ow jej dziedziny u < v < w zachodza

nier´owno´sci:

p(v)−p(u)

v−u

≥

p(w)−p(u)

w−u

p(u)−p(v)

u−v

≥

p(w)−p(v)

w−v

p(u)−p(w)

u−w

≥

p(v)−p(w)

v−w

Ka˙zda z nich mo˙ze by´c potraktowana jako formalna interpretacja stwierdzenia: ilo-

Zak ladamy, ˙ze bilet mo˙ze by´

c wystawiony na dowolna, odleg lo´s´c, co w rzeczywisto´sci nie jest prawda,.

W rzeczywisto´sci funkcja ta nie jest wkle,s la, bo dziedzina nie jest przedzia lem, lecz sk lada sie, wy-

la,cznie z liczb ca lkowitych i w dodatku funkcja jest przedzia lami sta la: w wie,kszo´sci przypadk´ow

wyd lu˙zenie podr´

o˙zy o 1 km nie zmienia ceny biletu. My rozpatrujemy pewna, idealizacje, sytuacji

rzeczywistej.

Badanie funkcji r´o˙zniczkowalnych

Micha l Krych

raz

p(v)−p(u)

v−u

jest funkcja

nierosna

, w pierwszym przypadku zmiennej v (te-

raz u jest ustalone), w drugim zmiennej u (teraz v jest ustalone), w trzecim chodzi

o wyra˙zenie

p(u)−p(w)

u−w

jako funkcje

zmiennej u ( w jest teraz ustalone). Ka˙zde z tych

trzech stwierdze´

n jest r´ownowa˙zne wkle

s lo´sci funkcji p . Wyra˙zenie

p(u)−p(v)

u−v

nazy-

wane jest ilorazem r´o˙znicowym funkcji p . Pokazuje ono jaka by la wzgle

dna zmiana

warto´sci funkcji p . Stwierdzenie, ˙ze funkcja jest wkle

s la oznacza wie

c, ˙ze ro´snie ona

coraz wolniej. Analogicznie funkcja wypuk la ro´snie coraz szybciej. Rezultaty te sa

wa˙zne wie

c zapiszmy je raz jeszcze w formie twierdzenia tym razem sformu lowanego

w przypadku funkcji wypuk lej.

Twierdzenie 6.10 (charakteryzuja

ce funkcje wypuk le)

Niech f be

dzie funkcja

okre´slona

na zbiorze wypuk lym P . Naste

puja

ce warunki sa

r´ownowa˙zne:

(i) funkcja f jest wypuk la;

(ii) je´sli x < y < z sa

punktami zbioru P , to

f (y)−f (x)

y−x

≤

f (z)−f (x)

z−x

;

(iii) je´sli x < y < z sa

punktami zbioru P , to

f (x)−f (y)

x−y

≤

f (z)−f (y)

z−y

;

(iv) je´sli x < y < z sa

punktami zbioru P , to

f (x)−f (z)

x−z

≤

f (y)−f (z)

y−z

W przypadku funkcji ´sci´sle wypuk lych nier´owno´sci wyste

puja

ce w warunkach

(ii) – (iv) sa

ostre.

Twierdzenie to be

dziemy stosowa´c, gdy be

dziemy bada´c wypuk lo´s´c funkcji za

pomoca

pochodnych — dzie

ki niemu be

dziemy w stanie powiedzie´c, jaka w lasno´s´c

pochodnej powoduje, ˙ze funkcja r´o˙zniczkowalna jest wypuk la.

Zako´

nczymy rozwa˙zania o funkcjach wypuk lych nier´owno´scia

Jensena. Ma ona

wa˙zne zastosowania, jest to dobre narze

dzie do uzyskiwania r´o˙znych oszacowa´

n. Ma

wa˙zne zastosowania w rachunku prawdopodobie´

nstwa. Rozpoczniemy od ´srednich

wa˙zonych.

Niestety na wyk ladzie tego tematu nie be

w stanie om´owi´c z braku czasu. Pisze

o tym, bo temat jest wa˙zny i by´c mo˙ze kto´s z tych student´ow, kt´orzy maja

zamiar

zrozumie´c r´o˙zne kwestie g le

biej, zechce przeczyta´c ten fragment.

Definicja 6.11 (´sredniej wa˙zonej)

Srednia

wa˙zona

liczb x

, x

, . . . , x

z wagami p

≥ 0, p

≥ 0, . . . , p

≥ 0

nazywamy liczbe

+ p

+ · · · + p

pod warunkiem: p

+ p

+ · · · + p

= 1 .

W przypadku, gdy wagi sa

r´owne, wie

c r´owne

, ´srednia wa˙zona zwana jest

´srednia

arytmetyczna

, a czasem po prostu ´srednia

. Je´sli np. policzono ´srednie p lace

Badanie funkcji r´o˙zniczkowalnych

Micha l Krych

dla r´o˙znych grup ludno´sci i mamy policzy´c ´srednia

p lace

w kraju, to ze wzgle

na to, ˙ze np. ministr´ow jest istotnie mniej ni˙z piele

gniarek (przynajmniej w chwili

pisania tego tekstu), to ich p laca zostanie uwzgle

dniona z mniejsza

waga

ni˙z p laca

piele

gniarek. W obu przypadkach waga

dzie iloraz liczby cz lonk´ow danej grupy

przez liczbe

wszystkich zatrudnionych w kraju.

Inny przyk lad sytuacji, w kt´orej pojawia sie

´srednia wa˙zona, to pr´oba przewidy-

wania swej wygranej przez uczestnika gra hazardowej. Wie on, ˙ze za uzyskanie wyniku
j otrzymuje on kwote

(ta liczba mo˙ze by´c ujemna, wtedy hazardzista p laci). Je´sli

wynik j uzyskiwany jest z prawdopodobie´

nstwem p

, to nale˙zy spodziewa´c sie

wy-

granej p

+ p

+ · · · + p

, tzn. graja

c wielokrotnie be

dziemy ´srednio

uzyskiwa´c kwote

+ p

+ · · · + p

. Przyk lady mo˙zna mno˙zy´c, ale nie

dziemy tego robi´c.

Twierdzenie 6.12 (Nier´

owno´s´

c Jensena)

Je´sli funkcja f jest wypuk la, to dla dowolnych jej argument´ow x

, , x

, x

, . . . , x

i dowolnych wag p

, p

, . . . , p

zachodzi nier´owno´s´c:

f (p

+ p

+ · · · + p

) ≤ p

f (x

) + p

f (x

) + p

f (x

) + · · · + p

f (x

) .

Nier´owno´s´c ta w przypadku funkcji ´sci´sle wypuk lej, dodatnich wag p

, p

, . . . , p

i przynajmniej dw´och r´o˙znych argument´ow spo´sr´od x

, x

, . . . , x

jest ostra.

Dow´

od. Dla n = 1 musi by´c p

= 1 , wie

c nier´owno´s´c staje sie

r´owno´scia

. Dla

n = 2 mamy p

= 1 − p

, wie

c nier´owno´s´c wyste

puje w definicji funkcji wypuk lej.

Za l´o˙zmy, ˙ze dowodzone twierdzenie jest prawdziwe dla wszystkich mo˙zliwych wy-

bor´ow n argument´ow funkcji f i n wag. Niech x

, x

, . . . , x

, x

n+1

dowolnymi

argumentami funkcji f , a p

, p

, . . . , p

, p

n+1

dowolnym uk ladem n+1 wag, tj. liczb

nieujemnych, kt´orych suma r´owna jest 1 . Je´sli kt´orakolwiek z wag jest r´owna 0 , to
nier´owno´s´c z n+1 argumentami i n+1 wagami jest prawdziwa na mocy uczynionego
za lo˙zenia: argument odpowiadaja

cy zerowej wadze jest nieistotny, bo w nier´owno´sci

faktycznie nie wyste

puje. Za l´o˙zmy teraz, ˙ze wszystkie wagi p

, p

, . . . , p

, p

n+1

do-

datnie. Niech p

= p

+ p

n+1

i x

n+1

. Zachodzi

r´owno´s´c p

+ p

+ . . . + p

+ p

n+1

= p

+ p

+ . . . + p

n−1

+ p

Z za lo˙zenia, kt´ore uczynili´smy wynika, ˙ze
f (p

+ p

+ . . . + p

n−1

+ p

) ≤

≤ p

f (x

) + p

f (x

) + . . . + p

n−1

f (x

n−1

) + p

f (x

) =

= p

f (x

) + p

f (x

) + . . . + p

n−1

f (x

n−1

) + p

n+1

≤

≤ p

f (x

) + p

f (x

) + . . . + p

n−1

f (x

n−1

) + p

f (x

) +

n+1

f (x

n+1

)

= p

f (x

) + p

f (x

) + . . . + p

n−1

f (x

n−1

) + p

f (x

) + p

n+1

f (x

n+1

)

Badanie funkcji r´o˙zniczkowalnych

Micha l Krych

— druga z tych nier´owno´sci jest bezpo´srednim wnioskiem z wypuk lo´sci funkcji f .
Zako´

nczyli´smy indukcyjny dow´od nier´owno´sci Jensena.

Poka˙zemy teraz jej najprostsze zastosowania. Rozpoczniemy od klasycznej nie-

r´owno´sci mie

dzy ´srednimi.

Przyk lad 6.29

Nier´

owno´s´

c Cauchy’ego mie

dzy klasycznymi ´srednimi

Dla dowolnych liczb dodatnich a

, a

, . . . , a

zachodzi:

√

. . . a

≤

+···+a

Nier´owno´s´c ta staje sie

r´owno´scia

wtedy i tylko wtedy, gdy a

= a

= . . . = a

Dow´

od. Zastosujemy nier´owno´s´c Jensena do funkcji wypuk lej −ln (przyk lad

3.40). Mamy
− ln

+···+a

= − ln

+ · · · +

≤

(− ln)(a

) +

(− ln)(a

) + · · · +

(− ln)(a

) = −

(ln a

+ ln a

+ . . . + ln a

) .

Sta

d ln

+···+a

≥

(ln a

+ ln a

+ . . . + ln a

) i wobec tego

+ a

+ · · · + a

= e

ln (a

+···+a

)/n

≥ e

(ln a

+ln a

+...+ln a

)/n

√

. . . a

R´owno´s´c ma miejsce wtedy i tylko wtedy, gdy wszystkie liczby a

, a

, . . . , a

r´owne, bowiem funkcja − ln jest ´sci´sle wypuk la.Dow´od zosta l zako´

nczony.

Z kilku dowod´ow nier´owno´sci o ´sredniej arytmetycznej i geometrycznej znanych

autorowi, podany wy˙zej, jest najkr´otszy.

Przyk lad 6.30

Nier´

owno´s´

c Schwarza

Dla dowolnych liczb rzeczywistych a

, a

, . . . , a

, b

, . . . , b

zachodzi nier´owno´s´c

+ a

+ · · · + a

≤

+ a

+ · · · + a

+ b

+ · · · + b

R´owno´s´c ma tu miejsce wtedy i tylko wtedy, gdy istnieje liczba nieujemna t , dla
kt´orej zachodza

r´owno´sci a

= tb

, a

= tb

, . . . , a

= tb

lub r´owno´sci b

= ta

,. . . , b

= ta

Dow´

od. Skorzystamy z nier´owno´sci Jensena dla funkcji x

, kt´ora, jak to wy-

kazali´smy wcze´sniej jest ´sci´sle wypuk la. Zauwa˙zmy najpierw, ˙ze je´sli a

= 0 dla pew-

nego j , to mo˙zna przyja

´c, ˙ze b

= 0 , bowiem w wyniku tej operacji otrzymujemy

nier´owno´s´c z ta

sama

lewa

strona

i zmniejszona

strona

prawa

, wie

c taka

, z kt´orej wy-

nika nier´owno´s´c wyj´sciowa. Mo˙zna wie

c przyja

´c, ˙ze wszystkie liczby a

, a

, . . . , a

r´o˙zne od 0 . To samo dotyczy liczb b

, b

, . . . , b

. Po tej redukcji do przypadku prost-

szego z punktu widzenia zastosowanej metody dowodu, przejdziemy do w la´sciwego
dowodu. Mamy
(a

+ a

+ . . . + a

)

Badanie funkcji r´o˙zniczkowalnych

Micha l Krych

+···+b

+ · · · +

+···+b

· b

+ b

+ · · · + b

≤

+···+b

+ · · · +

+···+b

· b

+ b

+ · · · + b

= (a

+ a

+ · · · + a

)(b

+ b

+ · · · + b

) .

R´owno´s´c ma miejsce wtedy i tylko wtedy, gdy

= . . . =

. Wystarczy

oznaczy´c ten iloraz przez t , by otrzyma´c teze

. Oczywi´scie dla r´owno´sci w wyj´sciowej

nier´owno´sci potrzeba, by liczba t by la dodatnia – w przypadku przeciwnym z lewej
strony nier´owno´sci otrzymamy liczbe

ujemna

, podczas gdy liczba po prawej stronie

nier´owno´sci jest dodatnia. Dow´od zosta l zako´

nczony.

Nier´owno´s´c Schwarza, kt´ora

udowodnili´smy mo˙zna zinterpretowa´c geometrycz-

nie w przypadku n = 2 i n = 3 . Wyra˙zenie a

+ a

+ . . . + a

mo˙zna po-

traktowa´c jako iloczyn skalarny wektor´ow [a

, a

, . . . , a

] i [b

, b

, . . . , b

] . Iloczyn

skalarny dw´och wektor´ow le˙za

cych na p laszczy´znie, to jak wiemy, iloczyn ich d lugo´sci

przez kosinus ka

ta mie

dzy nimi. Udowodnili´smy bez ˙zadnych trudno´sci, u˙zywaja

twierdzenia kosinus´ow, ˙ze iloczyn skalarny zdefiniowany geometrycznie wyra˙za sie

podany przez nas spos´ob za pomoca

wsp´o lrze

dnych prostoka

tnych tych wektor´ow.

Przy takiej interpretacji nier´owno´s´c Schwarza to po prostu stwierdzenie, ˙ze kosinus
ka

ta mie

dzy dwoma wektorami nie mo˙ze by´c wie

kszy ni˙z 1 oraz ˙ze przyjmuje on

warto´s´c 1 wtedy i tylko wtedy, gdy wektory sa

r´ownoleg le i zgodnie skierowane. Ta

interpretacja jest bardzo wa˙zna. S lu˙zy ona jako podstawa do rozszerzenia definicji
iloczynu skalarnego na przestrzenie o wie

kszej liczbie wymiar´ow, co u latwia zajmo-

wanie sie

funkcjami wielu zmiennych. Spotkamy sie

z tymi poje

ciami w rozdzia lach

po´swie

conych funkcjom wielu zmiennych rzeczywistych.

Podany przez nas dow´od nier´owno´sci Schwarza nie jest najprostszy. Najprostszy

znany autorowi wygla

da tak: wielomian kwadratowy

+ a

+ · · · + a

− 2 (a

+ a

+ . . . + a

) t + b

+ b

+ · · · + b

= (a

t − b

)

+ (a

t − b

)

+ · · · + (a

t − b

)

przyjmuje jedynie nieujemne warto´sci, wie

c jego wyr´o˙znik (popularna ∆ = b

− 4ac )

nie jest wie

kszy od 0 , to w la´snie jest nier´owno´s´c Schwarza.

Mo˙zna te˙z udowodni´c to twierdzenie bez ˙zadnych sztuczek. Wystarczy dowie´s´c, ˙ze

+ a

+ · · · + a

+ b

+ · · · + b

− (a

+ a

+ . . . + a

)

i=1

j=i+1

− a

)

Zache

camy czytelnik´ow do udowodnienia tej r´owno´sci. To dobre, cho´c kr´otkie, ´cwi-

Badanie funkcji r´o˙zniczkowalnych

Micha l Krych

czenie w operowaniu wyra˙zeniami algebraicznymi, a tego rodzaju umieje

tno´sci sa

przydatne w matematyce, nie tylko w czasie egzamin´ow z tego przedmiotu.

Przyk lad 6.31

Wyka˙zemy, ˙ze spo´sr´od 5 -ka

t´ow wpisanych w okra

g o promieniu

1 najwie

kszy obw´od ma pie

cioka

t foremny.

Niech 2α

, 2α

tami ´srodkowymi opartymi na bokach

pie

cioka

ta.* Wtedy bokami sa

liczby 2 sin α

, 2 sin α

co wynika z definicji sinusa. Wobec tego po lowa obwodu pie

cioka

ta r´owna jest

sin α

+ sin α

Oczywi´scie spe lnione sa

nier´owno´sci 0 < α

< π , 0 < α

< π ,

0 < α

< π , 0 < α

< π . Na przedziale [0, π] sinus jest funkcja

´sci´sle wkle

s la

stosujemy nier´owno´s´c Jensena:
sin α

+ sin α

= 5

1
5

sin α

1
5

sin α

1
5

sin α

1
5

sin α

1
5

sin α

≤

≤ 5 sin

1
5

= 5 sin

+α

= 5 sin

Wielko´s´c 5 sin

to po lowa obwodu pie

cioka

ta foremnego wpisanego w okra

g, wie

twierdzenie jest udowodnione. Wypada doda´c, ˙ze poniewa˙z funkcja sinus na prze-
dziale [0, π] jest ´sci´sle wkle

s la, wie

c pie

cioka

ty nieforemne maja

obwody mniejsze ni˙z

pie

cioka

t foremny wpisany w ten sam okra

Te przyk lady to tylko drobna ilustracja r´o˙znorodnych mo˙zliwo´sci, kt´ore daje

nier´owno´s´c Jensena. Niebawem poznamy inne sposoby uzyskiwania nier´owno´sci przy
wykorzystaniu wypuk lo´sci funkcji.

Teraz poka˙zemy, jak mo˙zna bada´c wypuk lo´s´c w przypadku funkcji r´o˙zniczko-

walnej. Wykazali´smy niedawno, ˙ze definicja wypuk lo´sci jest r´ownowa˙zna temu, ˙ze
spe lniony jest jeden (kt´orykolwiek) z trzech warunk´ow (dla funkcji ´sci´sle wypuk lej
poni˙zsze nier´owno´sci sa

ostre):

(a)

f (y)−f (x)

y−x

≤

f (z)−f (x)

z−x

dla ka˙zdych x, y, z z dziedziny funkcji f , dla kt´orych

x < y < z ,

(b)

f (y)−f (x)

y−x

≤

f (z)−f (y)

z−y

dla ka˙zdych x, y, z z dziedziny funkcji f , dla kt´orych

x < y < z ,

(c)

f (x)−f (z)

x−z

≤

f (y)−f (z)

y−z

dla ka˙zdych x, y, z z dziedziny funkcji f , dla kt´orych

x < y < z .

Udowodnimy teraz twierdzenie, kt´ore charakteryzuje funkcje wypuk le w termi-

nach pochodnych. Przed sformu lowaniem go wprowadzimy oznaczenia:

(x) = lim

h→0

−

f (x+h)−f (x)

oznacza lewostronna

pochodna

funkcji f w punkcie x ,

Wierzcho lek ka,ta jest ´srodkiem okre,gu, ramiona przechodza, przez ko´nce boku.

Badanie funkcji r´o˙zniczkowalnych

Micha l Krych

(x) = lim

h→0

f (x+h)−f (x)

oznacza prawostronna

pochodna

funkcji f w punkcie x .

Twierdzenie 6.13 (o pochodnej funkcji wypuk lej)
Je´sli f jest funkcja

wypuk la

okre´slona

na przedziale otwartym P , to

W1. w ka˙zdym punkcie x ∈ P istnieja

pochodne jednostronne f

(x) i f

(x) i

(x) ≤ f

(x) ;

W2. je´sli x, y ∈ P i x < y , to f

(x) ≤ f

(y) , przy czym je´sli f jest ´sci´sle wypuk la,

to nier´owno´s´c jest ostra;

W3. funkcja f jest cia

g la w ka˙zdym punkcie przedzia lu otwartego P .

Dow´

od. Niech D

, gdzie D

(t) =

f (t)−f (x)

t−x

dla dowolnego punktu t ∈ P \ {x} ,

oznacza iloraz r´o˙znicowy funkcji f w punkcie x . Za l´o˙zmy, ˙ze u < v < x < r < s sa

punktami przedzia lu P . Z w lasno´sci (c) wynika, ˙ze D

(u) ≤ D

(v) . Z w lasno´sci (b)

wynika z kolei, ˙ze D

(v) ≤ D

(r) , za´s z w lasno´sci (a) wynika, ˙ze D

(r) ≤ D

(s) .

Mamy wie

c D

(u) ≤ D

(v) ≤ D

(r) ≤ D

(s) . Oznacza to, ˙ze funkcja D

jest

niemaleja

ca w ca lym zbiorze P \{x} . Ma wie

c granice jednostronne w ka˙zdym punkcie

przedzia lu P , w tym w punkcie x . Zachodza

oczywiste r´owno´sci: lim

t→x

−

(t) = f

(x)

oraz lim

t→x

(t) = f

(x) , przy czym f

(x) ≤ D

(r) , i wobec tego f

(x) ≤ f

(x) .

Pierwsza cze

´s´c twierdzenia zosta la udowodniona.

Za l´o˙zmy teraz, ˙ze x < r < y . Z w lasno´sci (b) wynika, ˙ze D

(r) ≤ D

(r) , a z tego co

udowodnili´smy dotychczas wynikaja

nier´owno´sci f

(x) ≤ D

(r) oraz D

(r) ≤ f

−

(y) .

Z trzech otrzymanych nier´owno´sci wynika, ˙ze f

(x) ≤ f

−

(y) . Uzyskali´smy wie

c druga

cze

´s´c tezy.

Z istnienia jednostronnych pochodnych sko´

nczonych w punkcie x wynika, ˙ze funkcja

f jest w tym punkcie lewo– i prawostronnie cia

g la, wie

c jest cia

g la. Stwierdzenie

tego, ˙ze w przypadku funkcji ´sci´sle wypuk lej nier´owno´sci staja

sie

ostre wynika od

razu z tego, ˙ze w przypadku funkcji ´sci´sle wypuk lej nier´owno´sci w (a), (b), (c) sa

ostre. Dow´od zosta l zako´

nczony.

Wniosek 6.14 (z dowodu twierdzenia)
Je´sli f jest funkcja

wypuk la

okre´slona

na przedziale otwartym P , to dla dowolnego

h > 0 , takiego ˙ze x + h ∈ P zachodzi nier´owno´s´c f (x + h) ≥ f (x) + f

(x)h . Je´sli

x − h ∈ P , to zachodzi nier´owno´s´c f (x − h) ≥ f (x) − f

−

(x)h . W przypadku funkcji

´sci´sle wypuk lej nier´owno´sci te sa

ostre.

Dow´

od. Wynika to natychmiast z tego, ˙ze f

(x) ≤ D

(x + h) =

f (x+h)−f (x)

w pierwszym przypadku. W drugim z tego, ˙ze f

−

(x) ≥ D

(x − h) =

f (x−h)−f (x)

−h

Wykazane twierdzenie oznacza, ˙ze pochodna r´o˙zniczkowalnej funkcji wypuk lej

jest niemaleja

ca. Wniosek to po prostu stwierdzenie, ˙ze wykres funkcji wypuk lej le˙zy

Badanie funkcji r´o˙zniczkowalnych

Micha l Krych

nad styczna

do siebie w dowolnym punkcie wewne

trznym przedzia lu–dziedziny. Przy

okazji okazuje sie

, ˙ze funkcja wypuk la mo˙ze by´c nier´o˙zniczkowalna w pewnych punk-

tach, np. |x| , |x+1|+|x|+|x−1| lub e

|x|

, ale w punktach wewne

trznych dziedziny ma

sko´

nczone pochodne jednostronne, wie

c jest „niedaleka” od funkcji r´o˙zniczkowalnej.

Wypada nadmieni´c, ˙ze te uwagi nie dotycza

ko´

nc´ow przedzia lu–dziedziny, w kt´orych

funkcja wypuk la mo˙ze nie by´c cia

g la, np. je´sli f (x) = x

dla x > 0 i f (0) = 1 , to f

jest ´sci´sle wypuk la na p´o lprostej domknie

tej [0, ∞) , cho´c jest niecia

g la w punkcie 0 ,

wie

c tym bardziej nie ma w tym punkcie pochodnej. Takimi funkcjami nie be

dziemy

sie

jednak zajmowa´c, bo sk lonni jeste´smy przyzna´c, ˙ze sa

one nieco sztuczne.

Pojawi la sie

poprzednio nier´owno´s´c e

> 1 + x dla x 6= 0 . Teraz mo˙zemy ja

wywnioskowa´c ze ´scis lej wypuk lo´sci funkcji e

na przedziale (−∞, ∞) . Nier´owno´s´c

sin x < x dla 0 < x < π jest konsekwencja

´scis lej wkle

s lo´sci funkcji sinus na prze-

dziale [0, π] . Je´sli 0 < x 6= 1 , to ln x < x − 1 , co wynika z tego, ˙ze funkcja ln jest

´sci´sle wkle

s la na (0, ∞) , co wyka˙zemy niebawem. Widzimy wie

c, ˙ze r´ownie˙z w ten

spos´ob mo˙zna uzyskiwa´c r´o˙zne oszacowania. Warto wie

c umie´c wyja´sni´c, czy funkcja

na okre´slonym przedziale jest wypuk la, wkle

s la, czy te˙z ani wypuk la, ani wkle

s la.

Okazuje sie

, ˙ze w wielu przypadkach mo˙zna to wyja´sni´c badaja

c pochodna

intere-

suja

cej nas funkcji.

Twierdzenie 6.15 (o wypuk lo´sci funkcji, kt´

orej pochodna jest niemaleja

ca)

Je´sli funkcja f jest zdefiniowana na przedziale otwartym P i ma w punktach we-
wne

trznych tego przedzia lu jednostronne pochodne f

i f

−

, dla kt´orych zachodza

warunki:
W1.

dla ka˙zdego x ∈ P zachodzi nier´owno´s´c f

−

(x) ≤ f

(x) ,

W2.

je´sli x < y i x, y ∈ P , to f

(x) ≤ f

−

(y) ,

to funkcja f jest wypuk la na przedziale P . Je˙zeli nier´owno´s´c w warunku W2 jest
ostra, to funkcja f jest ´sci´sle wypuk la. W szczeg´olno´sci:
funkcja r´o˙zniczkowalna f jest wypuk la wtedy i tylko wtedy, gdy jej pochodna f

jest

niemaleja

ca, ´sci´sle wypuk la — wtedy i tylko wtedy, gdy jej pochodna f

jest ´sci´sle

rosna

ca.

Dow´

od. Udowodnimy to twierdzenie dla funkcji r´o˙zniczkowalnych, bo w tym przy-

padku dow´od jest bardzo prosty, dow´od wersji og´olnej nie jest chemikom niezbe

dny.

Z wypuk lo´sci funkcji wynika, ˙ze jej pochodna jest niemaleja

ca – jest to wniosek z po-

przedniego twierdzenia. Zajmiemy sie

dowodem „w druga

strone

”. Zak ladamy wie

˙ze funkcja f jest r´o˙zniczkowalna, a jej pochodna f

jest niemaleja

ca: x < y =⇒

(x) ≤ f

(y) . By udowodni´c, ˙ze funkcja f jest wypuk la, wystarczy wykaza´c, ˙ze

je´sli x < y < z , to

f (x)−f (y)

x−y

≤

f (y)−f (z)

y−z

. Z twierdzenia o warto´sci ´sredniej wy-

Badanie funkcji r´o˙zniczkowalnych

Micha l Krych

nika, ˙ze istnieja

punkty r ∈ (x, y) oraz s ∈ (y, z) , takie ˙ze

f (x)−f (y)

x−y

= f

(r) oraz

f (y)−f (z)

y−z

= f

(s) . Poniewa˙z r < y < s , wie

c r < s i wobec tego f

(r) ≤ f

(s) , co

ko´

nczy dow´od twierdzenia w tym przypadku.

Przyk lad 6.32

Funkcja x

jest ´sci´sle wypuk la na p´o lprostej (0, +∞) dla a > 1

oraz dla a < 0 , natomiast w przypadku 0 < a < 1 jest ´sci´sle wkle

s la. Wynika to

natychmiast z twierdzenia o wypuk lo´sci funkcji o niemaleja

cej pochodnej, bowiem

)

= ax

a−1

i wobec tego

)

= a(a − 1)x

a−2

, wie

c funkcja

)

jest

dodatnia na p´o lprostej (0, +∞) w przypadku a > 1 oraz a < 0 , natomiast w
przypadku 0 < a < 1 – funkcja ta jest ujemna, z czego wynika, ˙ze pochodna (x

)

ro´snie w pierwszych dw´och przypadkach, natomiast w trzecim – maleje.

Przyk lad 6.33

Uog´olniona nier´owno´s´c Bernoulliego. Je´sli zachodza

nier´owno´sci

a > 0 lub a < 0 i −1 < x 6= 0 , to (1 + x)

> 1 + ax . Je´sli natomiast 0 < a < 1

oraz −1 < x 6= 0 , to (1 + x)

< 1 + ax .

Wynika to od razu z wynik´ow poprzedniego przyk ladu, z tego ˙ze pochodna

funkcji

(1 + x)

w punkcie 0 jest liczba a oraz z tego, ˙ze wykres funkcji ´sci´sle wypuk lej le˙zy

nad styczna

maja

c z nia

dok ladnie jeden punkt wsp´olny, za´s wykres funkcji ´sci´sle

wkle

s lej le˙zy pod styczna

maja

c z nia

dok ladnie jeden punkt wsp´olny.

Przyk lad 6.34

Funkcja wyk ladnicza a

o podstawie dodatniej a 6= 1 jest ´sci´sle

wypuk la. Mamy bowiem (a

)

= e

x ln a

= e

x ln a

· ln a = a

· ln a . Wobec tego

)

= a

· (ln a)

> 0 dla ka˙zdego x , wie

c funkcja (a

)

jest ´sci´sle rosna

na ca lej prostej, a wobec tego funkcja a

jest ´sci´sle wypuk la. Wynika sta

d, mie

dzy

innymi, ˙ze wykres funkcji wyk ladniczej le˙zy nad styczna

(w dowolnym punkcie), np.

> 1 + x · ln a dla x 6= 0 i 0 < a 6= 1 .

Przyk lad 6.35

Funkcja log

x jest ´sci´sle wkle

s la na p´o lprostej (0, +∞) w przy-

padku a > 1 , natomiast w przypadku 0 < a < 1 funkcja log

x jest ´sci´sle wypuk la.

Wynika to z tego, ˙ze log

x =

ln x
ln a

, wobec czego (log

x ln a

, wie

c pochodna ta

jest ´sci´sle maleja

ca w przypadku ln a > 0 , czyli w przypadku a > 1 oraz — ´sci´sle

rosna

ca w przypadku ln a < 0 , czyli 0 < a < 1 .

Przyk lad 6.36

Funkcja sinus jest ´sci´sle wkle

s la na ka˙zdym przedziale postaci

[2nπ, (2n + 1)π] , za´s na przedzia lach postaci [(2n − 1)π, 2nπ] jest ona ´sci´sle wypuk la,
n oznacza tu dowolna

liczbe

ca lkowita

. Wynika to sta

d, ˙ze (sin x)

= cos x oraz

z tego, ˙ze funkcja kosinus maleje na przedzia lach postaci [2nπ, (2n + 1)π] i ro´snie na
przedzia lach postaci [(2n − 1)π, 2nπ] .

Ze ´scis lej wkle

s lo´sci funkcji sinus na przedziale

wynika, ˙ze je´sli 0 < x <

Badanie funkcji r´o˙zniczkowalnych

Micha l Krych

< sin x < x – wykres le˙zy nad sieczna

(odcinkiem o ko´

ncach (0, 0) i (

, 1) )

i pod styczna

(w punkcie (0, 0) ). Druga z tych nier´owno´sci znamy ju˙z od dawna, ale

warto raz jeszcze podkre´sli´c jej zwia

zek z wkle

s lo´scia

funkcji sinus.

Przyk lad 6.37

Funkcja tangens jest ´sci´sle wypuk la na ka˙zdym przedziale postaci

[nπ, nπ +

) za´s na ka˙zdym przedziale postaci (nπ −

, nπ] jest ´sci´sle wkle

s la, n

oznacza tu dowolna

liczbe

ca lkowita

. Wynika to, z tego ˙ze na przedzia lach postaci

[nπ, nπ +

) pochodna funkcji tangens, czyli funkcja 1 + tg

x ro´snie, za´s na prze-

dzia lach postaci (nπ −

, nπ] – maleje.

Analiza przyk lad´ow wskazuje na to, ˙ze zdarzaja

sie

funkcje, kt´ore w ca lej swej

dziedzinie nie sa

ani wypuk le ani wkle

s le. W podanych przyk ladach zdarza lo sie

tak,

˙ze po jednej stronie pewnego punktu mieli´smy do czynienia z funkcja

wypuk la

a po

drugiej – z wkle

s la

. Przy szkicowaniu wykres´ow funkcji rozsa

dnie jest znale´z´c takie

punkty zawczasu. Maja

one swa

nazwe

Definicja 6.16 (punktu przegie

cia)

Punkt p jest jest punktem przegie

cia funkcji f wtedy i tylko wtedy, gdy istnieje taka

liczba δ > 0 , ˙ze:

(i) przedzia l (p − δ, p + δ) jest zawarty w dziedzinie funkcji f ,

(ii) na jednym z przedzia l´ow (p − δ, p] , [p, p + δ) funkcja f jest wypuk la, a na

drugim wkle

s la,

(iii) na ˙zadnym z przedzia l´ow (p − η, p + η] , [p, p + η) , gdzie η ∈ (0, δ) , funkcja

f nie jest liniowa.

Wypada doda´c, ˙ze w literaturze istnieje kilka nier´ownowa˙znych definicji punktu

przegie

cia, jednak wszystkie one pokrywaja

sie

w przypadku najprostszych funkcji.

Przyk ladowym okre´sleniem punktu przegie

cia nier´ownowa˙znym podanemu wy˙zej

jest: p jest punktem przegie

cia funkcji f wtedy i tylko wtedy, gdy wykresu funkcji f

ma styczna

w punkcie (p, f (p)) przy czym z jednej strony tego punktu wykres znajduje

sie

pod ta

styczna

, a z drugiej – nad nia

. Czytelnik mo˙ze sprawdzi´c, ˙ze 0 jest punktem

przegie

cia funkcji f zdefiniowanej wzorami f (0) = 0 , f (x) = x

(2 + sin

) dla

x > 0 oraz f (x) = −x

(2 + sin

) dla x < 0 w sensie drugiego okre´slenia, ale nie

jest punktem przegie

cia w sensie definicji, kt´ora

podali´smy wcze´sniej. Natomiast 0

jest punktem przegie

cia funkcji f zdefiniowanej wzorami f (x) = −x

dla x < 0

oraz f (x) = x + x

dla x ≥ 0 w sensie „definicji punktu przegie

cia”, ale nie w

sensie okre´slenia zacytowanego po niej. Niestety, matematycy nie ustalili tej definicji
na tyle sztywno, by jedna jedna jej wersja zosta la przyje

ta przez wszystkich, wie

czytaja

c r´o˙zne podre

czniki mo˙zna spotyka´c sie

z istotnie r´o˙znymi definicjami, kt´ore

Badanie funkcji r´o˙zniczkowalnych

Micha l Krych

jednak w przypadku funkcji zdefiniowanych „za pomoca

jednego wzoru”* daja

ten

sam rezultat.

Mo˙zna, a by´c mo˙ze nawet warto, doda´c do naszej definicji jeszcze jeden warunek:

funkcja f ma styczna

w punkcie p lub jego s labsza

wersje

: je´sli z lewej strony punktu

p jest wkle

s la, a z prawej – wypuk la, to f

−

(p) ≤ f

(p) , je´sli z lewej strony p funkcja

f jest wypuk la, a z prawej – wkle

s la, to f

(p) ≤ f

−

(p) . Chodzi o to, by funkcja

zdefiniowana wzorami f (x) = x − x

dla x < 0 i f (x) = x(x − 1) , kt´orej wykres

ma w punkcie 0 „ostrze” i kt´ora ma w tym punkcie lokalne maksimum w la´sciwe nie
mia la w tym punkcie przegie

cia. Nie dodajemy tego warunku, by nie komplikowa´c tej

definicji. Punkty przegie

cia to raczej ciekawostka, z naszego punktu widzenia chodzi

jedynie o wypuk lo´s´c lub wkle

s lo´s´c, a nie o szczeg´o lowa

analize

najbardziej w la´sciwej

definicji punktu przegie

cia.

Jest jasne, ˙ze punkty postaci nπ sa

punktami przegie

cia funkcji sinus oraz funkcji

tangens, ˙ze 0 jest punktem przegie

cia funkcji x

2n+1

dla n = 1, 2, 3, . . . , ˙ze funkcja

postaci ax + b nie ma punkt´ow przegie

cia, ˙ze funkcja x

dla n = 1, 2, 3, . . . nie

ma punkt´ow przegie

cia, bowiem jest ´sci´sle wypuk la. Funkcja

√

x zdefiniowana na

ca lej prostej ma punkt przegie

cia w 0, cho´c nie jest w tym punkcie r´o˙zniczkowalna

(ma pochodna

, ale r´owna

+∞ ), bo jest ´sci´sle wypuk la na p´o lprostej (−∞, 0] za´s na

p´o lprostej [0, +∞) jest ´sci´sle wkle

s la. Te przyk lady mo˙zna mno˙zy´c, ale nie be

dziemy

tego robi´c, bo to proste poje

cie nie przysparza wie

kszych problem´ow studentom.

Symbole nieoznaczone, regu la de l’Hospitala

Cze

sto zachodzi potrzeba obliczenia granicy ilorazu dwu funkcji, gdy granica

ka˙zdej z nich r´owna jest 0 lub ∞ . Zdarza sie

, ˙ze trzeba obliczy´c granice

iloczynu

dwu funkcji, z kt´orych jedna ma granice

0, a druga — ∞ . Ten drugi przypadek

mo˙zna sprowadzi´c do pierwszego: f g =

1/g

1/f

. Bywa, ˙ze interesuje nas granica

wyra˙zenia f

przy czym granica

f jest 1, a granica

g jest ∞ . Wz´or f

= e

g·ln f

pozwala problem zredukowa´c do obliczania granicy iloczynu, wie

c w dalszym cia

gu do

obliczania granicy ilorazu. Zdarzaja

sie

te˙z inne sytuacje, w kt´orych nie sa

spe lnione

za lo˙zenia dotychczas sformu lowanych twierdze´

n o granicach. Podobnie jak w przy-

padku cia

g´ow istnieje twierdzenie, kt´ore w wielu sytuacjach u latwia znalezienie gra-

nicy. Jest to tzw. regu la de l’Hospitala, francuskiego markiza, kt´ory po wys luchaniu
wyk lad´ow Jana Bernoulliego wyda l drukiem notatki z nich pod tytu lem Analyse des
infiniment petites*, co spowodowa lo protesty rzeczywistego autora tekstu, ale wtedy

Chodzi o tzw. funkcje analityczne, kt´

orymi zajmowa´

c sie, nie be,dziemy z braku czasu, cho´c sa, bardzo

wa˙zne zw laszcza z punktu widzenia fizyki.

Analiza niesko´

nczenie ma lych. Trzeba jednak powiedzie´

c, ˙ze tylko nieliczni potrafia, zanotowa´c

zrozumiale wyk lad.

Badanie funkcji r´o˙zniczkowalnych

Micha l Krych

nie istnia lo jeszcze poje

cie praw autorskich. Twierdzenie, kt´ore znajduje sie

ni˙zej,

pochodzi z tej w la´snie ksia

˙zki (i – wed lug historyk´ow matematyki — powinno mie´c

inna

nazwe

Twierdzenie 6.17 (Regu la de l’Hospitala)
Za l´o˙zmy, ˙ze funkcje f, g: (a, b) −→ IR sa

r´o˙zniczkowalne w ka˙zdym punkcie pewnego

przedzia lu (a, b) , ˙ze g(x) 6= 0 6= g

(x) dla ka˙zdego x ∈ (a, b) , ˙ze istnieje granica

lim

x→a

(x)

= G ∈ IR = IR∪{−∞, +∞} oraz ˙ze spe lniony jest jeden z dw´och warunk´ow:

◦

lim

x→a

f (x) = 0 = lim

x→a

g(x) ,

◦

lim

x→a

|g(x)| = +∞ .

Wtedy iloraz

f (x)

g(x)

ma granice

przy x → a i zachodzi r´owno´s´c

G = lim

x→a

f (x)

g(x)

Dow´

od. Udowodnimy teraz to twierdzenie przy bardzo mocnych za lo˙zeniach. Cho-

dzi nam o to, by wyja´sni´c jego sens. Dow´od w przypadku og´olnym, znajduje sie

wielu podre

cznikach. Za lo˙zymy mianowicie, ˙ze a > −∞ , ˙ze zachodzi warunek 1

◦

oraz ˙ze istnieja

sko´

nczone granice lim

x→a

(x) i lim

x→a

(x) , przy czym ta druga jest

r´o˙zna od 0. W tej sytuacji mo˙zna dookre´sli´c funkcje f, g w punkcie a przyjmuja

f (a) = 0 = g(a) . Z twierdzenia Lagrange’a o warto´sci ´sredniej zastosowanego do

funkcji f rozpatrywanej na przedziale [a, x] wynika, ˙ze

f (x)−f (a)

x−a

= f

) dla pew-

nego punktu c

∈ (a, x) . Sta

d wynika natychmiast, ˙ze lim

x→a

f (x)−f (a)

x−a

= lim

x→a

(x) .

Wykazali´smy wie

c, ˙ze w tym przypadku funkcje

f mo˙zna potraktowa´c jako okre´slona

w punkcie a i to w taki spos´ob, ˙ze f

(a) = lim

x→a

(x) . To samo dotyczy oczywi´scie

funkcji g . Oczywi´scie w obu przypadkach mamy na my´sli r´o˙zniczkowalno´s´c prawo-

stronna

. Niech r(h) =

f (a+h)−f (a)−f

(a)h

dla h 6= 0 oraz r(0) = 0 . Jest oczywi´scie

lim

h→0

r(h) = 0 . Analogicznie niech %(h) =

g(a+h)−g(a)−g

(a)h

. Wtedy lim

h→0

%(h) = 0 .

Sta

d mo˙zemy wywnioskowa´c, ˙ze

f (x)

g(x)

f (x)−0

g(x)−0

f (x)−f (a)

g(x)−g(a)

(a)(x−a)+(x−a)r(x−a)

(a)(x−a)+(x−a)%(x−a)

(a)+r(x−a)

(a)+%(x−a)

−−−→

x→a

(a)

Ostatnie przej´scie graniczne jest wykonalne, bo za lo˙zyli´smy, ˙ze g

(a) 6= 0 .

Od tego i innych zbe

dnych za lo˙ze´

n mo˙zna uwolni´c sie

, ale nie mamy czasu na

formu lowanie twierdze´

n przy najs labszych za lo˙zeniach.

W dowodzie tym wykorzystali´smy w istotny spos´ob za lo˙zenia f (a) = g(a) = 0 .

Oczywi´scie bez tych za lo˙ze´

n teza mo˙ze by´c w konkretnej sytuacji prawdziwa jedynie

przypadkiem – pochodne decyduja

o wielko´sci funkcji w otoczeniu punktu, w kt´orym

warto´scia

funkcji jest 0, je´sli f (a) 6= 0 , to „w pierwszym przybli˙zeniu” f (x) ≈ f (a) !

Zauwa˙zmy jeszcze, ˙ze twierdzenie pozostaje prawdziwe dla granicy lim

x→b

f (x)

g(x)

dokonaniu odpowiednich kosmetycznych zmian w za lo˙zeniach i w tezie. Z tego zdania

Badanie funkcji r´o˙zniczkowalnych

Micha l Krych

wynika, ˙ze mo˙zna je te˙z stosowa´c w przypadku granic dwustronnych

Poka˙zemy teraz na kilku przyk ladach, jak mo˙zna stosowa´c regu le

de l’Hospitala.

Niekt´ore z podanych rezultat´ow zosta ly uzyskane wcze´sniej lub mo˙zna je by lo uzyska´c
u˙zywaja

c twierdze´

n wykazanych wcze´sniej.

Przyk lad 6.38

lim

x→∞

= 0 . Mo˙zemy pr´obowa´c zastosowa´c regu le

de l’Hospitala,

bo mianownik ma granice

niesko´

nczona

i jego pochodna, e

, jest r´o˙zna od 0 wsze

dzie.

Nie jest istotne jaka jest granica licznika, a nawet czy licznik ma granice

. Iloraz po-

chodnych to

a−1

, wie

c jest to wyra˙zenie tego samego typu co wyj´sciowe. Istotna

zmiana

jest pojawienie sie

w wyk ladniku a − 1 w miejsce a . Je´sli a ≤ 1 , to licznik

jest ograniczony z g´ory na p´o lprostej [1, +∞) , a mianownik da

˙zy do +∞ , wie

iloraz da

˙zy do 0. Je´sli a > 1 , to stosujemy regu le

de l’Hospitala k ≥ a razy.

Om´owimy to dok ladniej. Po k –krotnym zr´o˙zniczkowaniu w liczniku pojawia sie

wyra˙zenie a(a − 1)(a − 2) · . . . · (a − k + 1)x

a−k

, w mianowniku natomiast mamy e

Poniewa˙z k ≥ a , wie

c funkcja a(a − 1)(a − 2) · . . . · (a − k + 1)x

a−k

jest ograniczona,

zatem

lim

x→+∞

a(a−1)(a−2)·...·(a−k+1)x

a−k

= 0 . Dzie

ki regule de l’Hospitala mo˙zemy

stwierdzi´c, ˙ze

lim

x→+∞

a(a−1)(a−2)·...·(a−k+2)x

a−k+1

= 0 . Stosuja

c twierdzenie jeszcze

k − 1 razy dochodzimy w ko´

ncu do granicy

lim

x→+∞

= 0 .

Oczywi´scie wynik ten mo˙zna otrzyma´c stosuja

c jedynie elementarne metody:

wyk ladnik a mo˙zna zasta

pi´c liczba

naturalna

m > a , naste

pnie skorzysta´c z nier´ow-

no´sci e

> 1 +

x
n

prawdziwej dla ka˙zdej liczby naturalnej n i ka˙zdej liczby x > 0 ,

potem skorzysta´c z tego, ˙ze granica

ilorazu wielomianu stopnia m przez wielomian

stopnia n > m przy x → ∞ jest liczba 0 . Pokazali´smy tu jak mo˙zna wykorzysta´c
twierdzenie de l’Hospitala. Pozwala ono oblicza´c granice w wielu sytuacjach, a metody
elementarne bywaja

trudne w zastosowaniach, bo wymagaja

dobrego pomys lu!

Przyk lad 6.39

lim

x→+∞

ln x

= 0 dla ka˙zdego a > 0 . Poniewa˙z mianownik jest

funkcja ´sci´sle rosna

o granicy +∞ , wie

c mo˙zna spr´obowa´c znale´z´c granice

ilorazu

pochodnych: lim

x→+∞

1/x

a−1

= lim

x→+∞

= 0 . Istnieje, wie

c istnieje te˙z r´ownie˙z granica

ilorazu funkcji i r´ownie˙z jest r´owna 0.

Przyk lad 6.40

lim

x→0

= 1 . Mamy bowiem: x

= e

x ln x

. Funkcja wyk ladnicza

jest cia

g la, wie

c starczy wykaza´c, ˙ze lim

x→0

x ln x = 0 . Mamy

lim

x→0

x ln x = lim

x→+∞

1
y

= − lim

y→+∞

ln y

= 0

— ostatnia r´owno´s´c wynika z rezultatu uzyskanego w poprzednim przyk ladzie dla

Badanie funkcji r´o˙zniczkowalnych

Micha l Krych

a = 1 , przedostatnia – z tego, ˙ze ln

1
y

= − ln y .

Przyk lad 6.41

lim

x→0

(1+x)

1/x

= e – to wzmocnienie wyniku lim

n→∞

1 +

= e .

Dzie

ki oczywistej r´owno´sci (1 + x)

1/x

= e

(1/x)·ln(1+x)

wiemy, ˙ze wystarczy wykaza´c

r´owno´s´c lim

x→0

ln(1+x)

= 1 . Ta r´owno´s´c zosta la ju˙z wcze´sniej udowodniona, zreszta

lim

x→0

ln(1+x)

= lim

x→0

ln(1+x)−ln 1

, wie

c granica ta jest r´owna pochodnej logarytmu na-

turalnego w punkcie 1 (to wniosek z definicji pochodnej, regu la de l’Hospitala nie jest
tu potrzebna), czyli

1
1

= 1 .

Przyk lad 6.42

Poka˙zemy teraz w prosty spos´ob, ˙ze cia

1 +

jest wolno

zbie˙zny do liczby e , wie

c nie nale˙zy go u˙zywa´c do jej przybli˙zonego obliczania. Ob-

liczymy mianowicie granice

lim

n→∞

e−

(

)

. W tym celu obliczymy granice

lim

x→0

e−(1+x)

1/x

Z istnienia tej ostatniej wynika oczywi´scie istnienie poprzedniej (definicja granicy wg.
Heinego), odwrotne wynikanie nie zachodzi. Z rezultatu z poprzedniego przyk ladu
wynika, ˙ze zar´owno licznik jak i mianownik da

˙za

do 0 przy x → 0 . Zbadamy wie

iloraz pochodnych. Jest on r´owny pochodnej licznika, czyli

e − (1 + x)

1/x

= −e

ln(1+x)/x

= −e

ln(1+x)/x

1+x

x−ln(1+x)

= −(1 + x)

1/x

x−(1+x) ln(1+x)

(1+x)

= −

(1+x)

1/x

1+x

x−(1+x) ln(1+x)

Z tego co ju˙z wiemy wynika, ˙ze lim

x→0

−

(1+x)

1/x

1+x

= −e . Wystarczy wie

c obliczy´c gra-

nice

drugiego czynnika, czyli lim

x→0

x−(1+x) ln(1+x)

. Jest jasne, ˙ze licznik i mianownik

˙za

do 0 przy x → 0 . Zajmiemy sie

wie

c ilorazem pochodnych. Jest on r´owny

1−

(

ln(1+x)+(1+x)·

1+x

)

= −

ln(1+x)

= −

1
2

ln(1+x)

, wie

c ma przy x → 0 granice

−

1
2

Wobec tego lim

x→0

e−(1+x)

1/x

= (−e) · −

1
2

e
2

Z otrzymanej r´owno´sci lim

n→∞

e−

(

)

e
2

wynika, ˙ze dla „du˙zych” n zachodzi

r´owno´s´c przybli˙zona e − 1 +

≈

, wie

c dla uzyskania dobrej dok ladno´sci przy-

bli˙zenia trzeba u˙zywa´c du˙zej liczby naturalnej n .
Komentarz: w ko´

ncowej fazie oblicze´

n, przed zastosowaniem regu ly de l’Hospitala,

przedstawili´smy u lamek w postaci iloczynu dw´och u lamk´ow. Gdyby´smy tego nie uczy-
nili obliczenia wygla

da lyby o wiele powa˙zniej.

Przyk lad 6.43

W ostatnim przyk ladzie pokazali´smy, ˙ze e − 1 +

≈

dla

dostatecznie du˙zych n . Podamy teraz konkretne oszacowanie. Wyka˙zemy, ˙ze dla

Badanie funkcji r´o˙zniczkowalnych

Micha l Krych

wszystkich liczb naturalnych n ≥ 1 zachodzi nier´owno´s´c podw´ojna

2n+2

< e − 1 +

2n+1

. *

Z nier´owno´sci tej wynika, ˙ze je´sli np. chcemy znale´z´c trzy miejsca po przecinku
dziesie

tnego rozwinie

cia liczby e stosuja

c wz´or e = lim

n→∞

1 +

, to musimy

wybra´c n tak du˙ze, by

2n+1

1000

, czyli n >

1000e−1

> 1359 . Z nier´owno´sci

e − 1 +

2n+2

wynika, ˙ze dla n = 1358 , b la

d jest wie

kszy ni˙z 0,001 .

Zajmiemy sie

najpierw nier´owno´scia

2n+2

< e − 1 +

. Jest ona r´ownowa˙zna

naste

puja

cej nier´owno´sci 1 +

n+1

< e 1 +

— przenie´sli´smy sk ladniki zawie-

raja

ce liczbe

e na prawa

strone

, sk ladniki bez e — na lewa

, naste

pnie pomno˙zyli´smy

obie strony nier´owno´sci przez 1 +

n+1

. Teraz zasta

pimy

przez x . Mamy do-

wie´s´c, ˙ze (1 + x)

1+ 1/x

< e 1 +

. Poniewa˙z logarytm naturalny jest funkcja

´sci´sle

rosna

, wie

c nier´owno´s´c ta r´ownowa˙zna jest naste

puja

cej

+ 1

ln(1 + x) < 1 + ln 1 +

Wystarczy rozpatrywa´c x > 0 . Po pomno˙zeniu obu stron przez x > 0 i przeniesieniu
wszystkich sk ladnik´ow na jedna

strone

otrzymujemy

x + x ln 1 +

− (1 + x) ln(1 + x) > 0 .

Oznaczywszy lewa

strone

przez f (x) stwierdzamy, ˙ze f (0) = 0 oraz

(x) = 1 + ln 1 +

+ x

− ln(1 + x) − (1 + x)

1+x

2+x

− ln

1+x

2+x

− ln

1 +

2+x

> 0

— ostatnia nier´owno´s´c wynika z tego, ˙ze ln(1 + y) < y dla −1 < y 6= 0 , co wynika
np. z tego, ˙ze funkcja ln jest ´sci´sle wkle

s la na (0, +∞) , a wykres funkcji ´sci´sle wkle

s lej

le˙zy pod styczna

do siebie. Wykazali´smy, ˙ze f

(x) > 0 dla x > 0 , wie

c funkcja f

ro´snie na p´o lprostej [0, +∞) , a poniewa˙z f (0) = 0 , wie

c dla x > 0 przyjmuje jedynie

warto´sci dodatnie. W szczeg´olno´sci f

> 0 , a to w la´snie chcieli´smy udowodni´c.

Teraz zajmiemy sie

nier´owno´scia

e − 1 +

2n+1

. Jest ona r´ownowa˙zna

nier´owno´sci

e < 1 +

1 +

— przenie´sli´smy oba wyrazy zawieraja

ce e na lewa

strone

nier´owno´sci, reszte

–

na prawa

strone

, naste

pnie podzielili´smy nier´owno´s´c przez 1 −

2n+1

. Te-

raz oznaczymy

przez x i zlogarytmujemy obie strony nier´owno´sci. Otrzymujemy

nier´owno´s´c 1 <

ln(1 + x) + ln 1 +

. Niech g(x) =

ln(1 + x) + ln 1 +

− 1 .

Wyka˙zemy, ˙ze dla x > 0 zachodzi g(x) > 0 .

Niech h(x) = xg(x) = ln(1 + x) + x ln 1 +

− x . Obliczamy pochodna

zob. G.P´

olya, G.Szeg¨

o, Aufgaben und Lehrs¨

atze aus der Analysis, Springer 1964, wyd. 3, t.1.

Badanie funkcji r´o˙zniczkowalnych

Micha l Krych

(x) =

1+x

+ ln 1 +

− 1 =

2+x

−

1+x

+ ln 1 +

. Teraz skorzy-

stamy z tego, ˙ze dla t > 0 zachodzi nier´owno´s´c ln(1 + t) >

1+t

— to dosy´c la-

twa nier´owno´s´c wyprowadzona kiedy´s na wyk ladzie. Z tej nier´owno´sci wynika, ˙ze

(x) >

2+x

−

1+x

2+x

−

1+x

(2+x)(1+x)

> 0 . Wykazali´smy, ˙ze h

(x) > 0

dla x > 0 . Wobec tego funkcja h jest ´sci´sle rosna

ca na [0, ∞) , a poniewa˙z h(0) = 0 ,

wie

c 0 < h(x) = xg(x) dla x > 0 . Sta

d wynika, ˙ze g(x) > 0 . W ten spos´ob udo-

wodnili´smy druga

nier´owno´s´c.

Uwaga 6.18 Oczywi´scie ten ostatni przyk lad jest istotnie trudniejszy od zada´

kt´ore pojawiaja

sie

na egzaminach. Jednak warto czasem obejrze´c co´s trudniejszego,

by potem bez trudu rozwia

za´c latwiejsze zadanie. Warto te˙z por´owna´c to rozumowa-

nie z przedstawianymi wcze´sniej, bez u˙zycia pochodnych — to u latwi pogodzenie sie

z pochodnymi, one na prawde

u latwiaja

szacowanie, badanie funkcji, a jednocze´snie

nale˙zy zda´c sobie sprawe

z tego, ˙ze cz lowiek ma tu wiele do zrobienia, programy

komputerowe na razie przynajmniej jeszcze nie wymna˙zaja

funkcji przez odpowied-

nie wyra˙zenia, nie analizuja

odpowiedniego jej fragmentu itp. W rezultacie wielu

problem´ow nie sa

w stanie rozwia

za´c bez udzia lu cz lowieka. U˙zytkownik sprze

elektronicznego musi rozumie´c, co z jego pomoca

mo˙ze osia

gna

´c. Bez zrozumienia

nie ma szans na dobre rezultaty z wyja

tkiem tych, o kt´orych autor u˙zywanego pro-

gramu my´sla l.

Asymptoty

Zdarza sie

, ˙ze funkcja „zbli˙za” sie

nieograniczenie do pewnej prostej, np. funkcja

zbli˙za sie

nieograniczenie do osi poziomej uk ladu wsp´o lrze

dnych. Podobnie jest w

przypadku niekt´orych innych funkcji, np. ilorazu wielomianu przez wielomian stopnia
o 1 mniejszego, takiego samego lub wie

kszego z tym, ˙ze prosta, do kt´orej wykres sie

zbli˙za, nie musi by´c wtedy pozioma. M´owimy wtedy o asymptotach. ´

Scis la definicja,

z kt´orej be

dziemy korzysta´c, wygla

da tak:

Definicja 6.19 (asymptoty)
1. Asymptota

funkcji f , okre´slonej na pewnej p´o lprostej postaci (a, +∞) , przy

x −→ +∞ nazywamy taka

prosta

o r´ownaniu y = ax + b , ˙ze

lim

x→0

(f (x) − ax − b) = 0 .

Je´sli a = 0 , to m´owimy o asymptocie poziomej, w przypadku a 6= 0 — o asymptocie
uko´snej.
2. Je´sli funkcja f okre´slona jest na przedziale postaci (a, b) , gdzie b < +∞

lim

x→b

f (x) = +∞ lub lim

x→b

f (x) = −∞ , to m´owimy, ˙ze prosta x = b jest lewostronna

asymptota

pionowa

przy x −→ b

Badanie funkcji r´o˙zniczkowalnych

Micha l Krych

Analogicznie definiujemy asymptoty przy x −→ −∞ oraz przy x −→ b

−

Z definicji wynika od razu, ˙ze je´sli prosta y = ax + b jest asymptota

funkcji f

przy x −→ +∞ lub przy x −→ −∞ , to a = lim

x→∞

f (x)

i b = lim

x→∞

(f (x) − ax) .

Je´sli istnieje lim

x→∞

(x) , to na mocy twierdzenia de l’Hospitala zachodzi r´owno´s´c

lim

x→∞

(x) = lim

x→∞

f (x)

Przyk lad 6.44

Prosta y = 0 jest asymptota

funkcji

zar´owno przy x −→ +∞

jak i przy x −→ −∞ .

Przyk lad 6.45

Prosta y = x + 1 jest asymptota

funkcji

+x+1

x−1

przy x −→ +∞

oraz przy x −→ −∞ , za´s prosta pionowa x = 1 jest asymptota

pionowa

obustronna

przy x −→ 1 .

Przyk lad 6.46

Funkcja e

−x

sin x ma asymptote

pozioma

, prosta

y = 0 , przy

x −→ +∞ , ale nie przy x −→ −∞ . Zauwa˙zmy, ˙ze wykres tej funkcji przecina asymp-
tote

y = 0 w niesko´

nczenie wielu punktach. Nale˙zy pogodzi´c sie

z tym, ˙ze asymptota

mo˙ze mie´c wiele punkt´ow wsp´olnych z wykresem i to nie tylko w przypadku funkcji
liniowej, kt´orej wykres jest jej asymptota

przy x −→ ±∞ .

Przyk lad 6.47

Funkcja e

1/x

ma asymptote

pionowa

przy x −→ 0

, kt´ora nie jest

asymptota

tej funkcji przy x −→ 0

−

, bo lewostronna granica tej funkcji w punkcie 0

r´owna jest 0 .

Dodajmy jeszcze, ˙ze asymptota ma pe lni´c role

niejako analogiczna

do stycznej do

wykresu funkcji, tylko ma to by´c w punkcie „znajduja

cym sie

w niesko´

nczono´sci” –

m´owimy tu oczywi´scie jedynie o intuicjach, jakie nale˙zy wia

za´c z poje

ciem asymptoty.

Na tym ko´

nczymy kr´otki przegla

d zagadnie´

n zwia

zanych z asymptotami.

Zadania

6.1 Jaki jest minimalny czas doj´scia do domu stoja

cego przy prostoliniowej szosie

w odleg lo´sci 13 km od miejsca, w kt´orym sie

znajdujemy, je´sli odleg lo´s´c od szosy

wynosi 5 km, w terenie poruszamy sie

z pre

dko´scia

3km/h, za´s po szosie – z

pre

dko´scia

5 km/h.

6.2 Znale´z´c maksimum obje

to´sci bry l powsta lych w wyniku obrotu tr´ojka

ta pro-

stoka

tnego o obwodzie 1 wok´o l przeciwprostoka

tnej.

6.3 Znale´z´c maksimum obje

to´sci sto˙zka wpisanego w kule

o promieniu 1.

6.4 Znale´z´c maksimum obwodu tr´ojka

ta wpisanego w okra

g o promieniu 1.

6.5 Znale´z´c maksimum d lugo´sci statku, kt´ory mo˙ze wp lyna

´c z kana lu o szeroko´sci

a > 0 do prostopad lego do´

n kana lu, kt´orego szeroko´s´c jest r´owna b > 0 .

Badanie funkcji r´o˙zniczkowalnych

Micha l Krych

6.6 Znale´z´c maksimum pola tr´ojka

ta o obwodzie 3 – mo˙zna skorzysta´c z wzoru

Herona.

6.7 Znale´z´c najwie

kszy wyraz cia

gu (a

) , je´sli a

= n

−n

dla n = 1, 2, 3, . . . .

6.8 Znale´z´c najwie

kszy wyraz cia

gu (a

) , je´sli a

= n

−n

dla n = 1, 2, 3, . . . .

6.9

Cie

˙zar´owka porusza sie

po autostradzie ze sta la

pre

dko´scia

v km/h. Mini-

malna pre

dko´s´c dla cie

˙zar´owek na autostradzie wynosi 50 km/h, maksymalna

100 km/h, litr benzyny kosztuje 2 z l, kierowca otrzymuje 10 z l za godzine

swej pracy. Cie

˙zar´owka zu˙zywa 11 +

400

litr´ow paliwa w cia

gu godziny jazdy

z pre

dko´scia

v . Przy jakiej pre

dko´sci koszt przejazdu ustalonego odcinka trasy

jest najmniejszy?

6.10 Statek p lywa z portu A do portu B. Koszt ruchu statku sk lada sie

z dwu cze

´sci:

niezale˙znej od pre

dko´sci i r´ownej 25600 z l dziennie oraz zale˙znej od pre

dko´sci

i r´ownej (liczbowo) podwojonemu sze´scianowi pre

dko´sci dziennie. Przy jakiej

pre

dko´sci koszt przep lynie

cia trasy jest najmniejszy?

6.11 Zbadano, ˙ze w pewnej fabryce robotnik rozpoczynaja

cy prace

o godzinie 8 : 00

wykonuje w cia

gu x godzin −x

+6x

+15x radioodbiornik´ow. Po 15 –minutowej

przerwie wykonuje w cia

gu x godzin −

1
3

+23x radioodbiornik´ow. O kt´orej

powinna rozpocza

´c sie

15 –minutowa przerwa, aby do 12:15 wykona l najwie

cej

radioodbiornik´ow, a kt´orej – by wykona l ich najmniej?

6.12 Znale´z´c najwie

ksza

i najmniejsza

warto´s´c funkcji f (x) =

+ 2x − 3

3
2

ln x

na przedziale [

1
2

, 2] .

6.13 Znale´z´c najwie

ksza

i najmniejsza

warto´s´c funkcji f , je´sli f (x) = e

√

x2·|x+1|

przedziale [−2, 1] .

6.14 Znale´z´c najwie

ksza

i najmniejsza

warto´s´c funkcji f , je´sli f (x) = 4x+

9π

+sin x

na przedziale [π, 2π] .

6.15 Znale´z´c najwie

ksza

i najmniejsza

warto´s´c funkcji f , je´sli f (x) = −1791x

dla

−1 ≤ x ≤ 0 .

6.16 Znale´z´c najwie

ksza

i najmniejsza

warto´s´c funkcji f , je´sli f (x) = 2ex ln x dla

0 < x ≤ 2 .

6.17 Ile pierwiastk´ow ma r´ownanie x

− 6x

+ 9x − 10 = 0 .

6.18 Ile pierwiastk´ow ma r´ownanie 3x

− 4x

− 6x

+ 12x − 20 = 0 .

6.19 Ile pierwiastk´ow ma r´ownanie e

= ax

w zale˙zno´sci od a ∈ IR .

6.20 Ile pierwiastk´ow ma r´ownanie x

− 5x = a w zale˙zno´sci od a ∈ IR .

6.21 Z helikoptera znajduja

cego sie

na wysoko´sci 60 m nad powierzchnia morza wys-

lano promie´

n ´swiat la do nurka znajduja

cego sie

na g le

boko´sci 40 m pod po-

wierzchnia

wody. Odleg lo´s´c w poziomie mie

dzy helikopterem i nurkiem jest

r´owna 110 m. Przyjmujemy, ˙ze pre

dko´s´c ´swiat la w powietrzu to 300 000 km/s a

Badanie funkcji r´o˙zniczkowalnych

Micha l Krych

— w wodzie to 225 000 km/s. Wiedza

c, ˙ze ´swiat lo „wybiera” taka

droge

, na prze-

bycie kt´orej potrzeba najmniej czasu, znale´z´c punkt, w kt´orym promie´

n wszed l

do wody, tzn. znale´z´c odleg lo´s´c tego punktu od punktu na powierzchni wody, nad
kt´orym znajduje sie

helikopter.

Mo˙ze warto co´s narysowa´c?

Wygodna

jednostka

w tym zadaniu jest 1 dam = 10 m (dekametr).

Pomno˙zy´c

zawsze sie

zda

˙zy, a pomy´sle´c? W dekametrach szukana odleg lo´s´c to niedu˙za

ca lkowita.

6.22 Z ka˙zdego z czterech rog´ow tekturowego prostoka

ta o bokach 35 cm i 11 cm

wycie

to kwadrat o boku x . Zagie

to tekture

w wyniku czego powsta lo pude lko

(bez pokrywki) w kszta lcie prostopad lo´scianu. Wysoko´s´c pude lka r´owna jest x .
Dla jakiego x pojemno´s´c otrzymanego pude lka jest najwie

ksza?

6.23 Na paraboli y = x

znale´z´c punkt, kt´ory le˙zy najbli˙zej punktu 4,

7
2

6.24 Na paraboli y =

1
2

znale´z´c punkt, kt´orego odleg lo´s´c od punktu (24, 15) jest

najmniejsza.

6.25 Znale´z´c na paraboli y = x

, kt´ory le˙zy najbli˙zej punktu (−3, 10) .

6.26 Na paraboli y = x

znale´z´c punkt le˙za

cy najbli˙zej punktu (2, 0) . Znale´z´c ka

mie

dzy odcinkiem la

cza

cym punkt (2, 0) ze znalezionym.

6.27 Znale´z´c na paraboli y =

punkt P le˙za

cy sie

najbli˙zej punktu A = (2, 5) .

Znale´z´c ka

t mie

dzy odcinkiem AP i prosta

styczna

do paraboli w punkcie P .

6.28 Niech f (x) = x

− 3x

− 9x + 5 . Znale´z´c najmniejsza

i najwie

ksza

warto´s´c

funkcji f na przedziale domknie

tym [−2, 6] .

6.29 Znale´z´c najmniejsza

warto´s´c funkcji x

(x−2)

na p´o lprostej otwartej (2, +∞)

lub wykaza´c, ˙ze ta funkcja na p´o lprostej (2, ∞) najmniejszej warto´sci nie ma.

6.30 Znale´z´c na paraboli y =

trzy punkty:

P znajduja

cy sie

najbli˙zej punktu

A = (0, 1) , Q znajduja

cy sie

najbli˙zej punktu B = (0, 2) i R znajduja

cy sie

najbli˙zej punktu C = (0, 3) .

6.31 Niech f (x) = e

−x

sin x . Znale´z´c najmniejsza

i najwie

ksza

warto´s´c funkcji f na

p´o lprostej [0, ∞) .

6.32 Niech f (x) = −x

+ 12x − 6 . Znale´z´c najmniejsza

i najwie

ksza

warto´s´c funkcji

f na przedziale domknie

tym [−5, 3] .

6.33 Znale´z´c najmniejsza

warto´s´c funkcji x

125x

(x−1)

na p´o lprostej otwartej (1, +∞)

lub wykaza´c, ˙ze ta funkcja na p´o lprostej (1, ∞) najmniejszej warto´sci nie ma.

Badanie funkcji r´o˙zniczkowalnych

Micha l Krych

6.34 Z tekturowego tr´ojka

ta r´ownobocznego ABC o boku

a odcie

to trzy deltoidy AEF G , BHIJ , CKLM przy

czym: punkty E, J le˙za

na boku AB , punkty H, M

— na boku BC , punkty KG na boku CA , za´s punkty
F, I, L — wewna

trz tr´ojka

ta ABC ; odcinki F E oraz

IJ sa

prostopad le do boku AB , odcinki IH oraz

LM — do boku BC , odcinki LK oraz F G — do
boku CA ; d lugo´s´c ka˙zdego odcink´ow z tych sze´sciu
odcink´ow jest r´owna x . Naste

pnie zagie

to tekture

uzy-

skuja

c pude lko o wysoko´sci x , otwarte z g´ory, kt´orego

denkiem jest tr´ojka

t F IL . Dla jakiego x pojemno´s´c

powsta lego pude lka jest najwie

ksza?

6.35 Niech b > 1 be

dzie liczba

rzeczywista

. Wyznaczy´c liczbe

k > 0 tak, by pro-

sta L o r´ownaniu y = kx + b mia la dok ladnie jeden punkt wsp´olny z elipsa

o r´ownaniu

+ y

= 1 .

Znale´z´c punkt wsp´olny prostej L z prosta

o r´ownaniu y = −1 .

Niech A = (0, −1) , B = (0, b) dla b > 1 i C oznacza punkt znaleziony w po-
przedniej cze

´sci zadania. Znale´z´c taka

liczbe

b > 1 , ˙zeby pole tr´ojka

ta ABC

by lo najmniejsze.

6.36 Znale´z´c sto˙zek o najmniejszej obje

to´sci spo´sr´od wszystkich sto˙zk´ow opisanych

na kuli o promieniu 1 .

Sto˙zek jest opisany na kuli wtedy i tylko wtedy, gdy jego powierzchnia boczna i podstawa sa

styczne do kuli.

6.37 S lup ma wysoko´s´c 12 m. W odleg lo´sci 8 m od s lupa stoi dziecko wzrostu 100 cm.

Znale´z´c wysoko´s´c x , na kt´orej nale˙zy umie´sci´c lampe

, by odleg lo´s´c d(x) lampy

od ko´

nca cienia dziecka by la najmniejsza.

6.38

Kt´ory z tr´ojka

t´ow r´ownoramiennych wpisanych w okra

g o promieniu 1 ma

najwie

ksze pole? Odpowied´z szczeg´o lowo uzasadni´c.

Wyszukiwarka

Podobne podstrony:
badanie wyłaczników różnicowopradowych GIQM624VO4THLGW7FV3HURUBEEKIWZG2HBAL2ZQ
Testowanie, TEST Badania funkcjonalne
Badanie zabezpieczenia różnicowego stabilizowanego RRTT 7
3 5 Badanie funkcji 2
Badanie funkcjonalne narzÄ…du ruchu
Nr 10 Badanie wyłączników różnicowoprądowych
a6 badanie funkcji Nieznany (2)
4.3. gradnient funkcji. rozniczka zupelna
060 Tw de L'Hospitala, badanie funkcji
5 Badanie funkcji id 39644 Nieznany (2)
Badanie Funkcji Logicznych
Badanie funkcji
Badanie funkcji
Badanie funkcji2c
arkusz BADANIE FUNKCJI
3 4 Badanie funkcji 1
badanie przedmiotowe różnice w badaniu między niemowlęciem a dzieckiem starszym
Badanie zabezpieczenia różnicowego

więcej podobnych podstron