Badanie funkcji różniczkowalnych
Badanie funkcji za pomoca pochodnych: ekstrema i monotoniczność
Twierdzenie 6.1 (o monotoniczności funkcji różniczkowalnych)
Za óżmy, że funkcja f jest cia g w każdym punkcie przedzia P i że jest różnicz-
l la lu
kowalna we wszystkich jego punktach wewnetrznych. Przy tych za
lożeniach funkcja
f jest:
 niemaleja ca ( x < y Ò! f(x) d" f(y) ) wtedy i tylko wtedy, gdy jej pochodna
f jest nieujemna,
 nierosna ca ( x < y Ò! f(x) e" f(y) ) wtedy i tylko wtedy, gdy jej pochodna
f jest niedodatnia.
Dowód. Funkcja jest niemaleja ca wtedy i tylko wtedy, gdy jej iloraz różnicowy
f(x+h)-f(x)
jest nieujemny, bo wtedy i tylko wtedy, gdy licznik i mianownik tego
h
u maja taki sam znak. Granica funkcji nieujemnej, jeśli istnieje, to jest nie-
lamka
ujemna. Wobec tego pochodna funkcji niemaleja cej we wszystkich tych punktach
przedzia P , w których istnieje, jest nieujemna.
lu
Za óżmy teraz, że pochodna w punktach wewnetrznych przedzia P jest nieujemna.
l lu
Za óżmy, że x, y " P i że x < y . Z twierdzenia o wartości średniej zastosowanego do
l
f(y)-f(x)
przedzia [x, y] wynika, że = f (z) e" 0 dla pewnego punktu z " (x, y) .
lu
y-x
Wykazaliśmy wiec, że iloraz różnicowy funkcji f jest nieujemny, wiec licznik tego
u czyli różnica f(y) - f(x) , też jest nieujemny, zatem jest ona niemaleja ca.
lamka,
Przypadek funkcji nierosna cej sprowadzamy jak zwykle do pierwszego zastepuja c
funkcje f funkcja przeciwna -f . Dowód zosta zakończony.
l
Wniosek 6.2 (charakteryzuja cy funkcje sta
la )
Funkcja cia g na przedziale P , różniczkowalna we wszystkich jego punktach we-
la
wnetrznych jest sta wtedy i tylko wtedy, gdy f (x) = 0 dla każdego punktu we-
la
wnetrznego przedzia P .*
lu
Dowód. Funkcja sta jest jednocześnie niemaleja ca i nierosna ca, zatem jej po-
la
chodna jest jednocześnie nieujemna i niedodatnia, czyli zerowa. Jeśli natomiast po-
chodna jest zerowa, czyli jednocześnie nieujemna i niedodatnia, to funkcja jest za-
równo niemaleja ca, jak i nierosna ca, wiec jest sta Dowód zosta zakończony.
la. l
*Można z latwościa ten wniosek udowodnić bezpośrednio, bez powo sie na w wykazane
lywania laśnie
twierdzenie.
1
Badanie funkcji różniczkowalnych Micha Krych
l
Twierdzenie 6.3 (o ścis monotoniczności funkcji różniczkowalnych)
lej
Zak la lu
ladamy jak poprzednio, że funkcja f jest cia g w każdym punkcie przedzia
P oraz że jest różniczkowalna w każdym punkcie wewnetrznym przedzia P . Przy
lu
tych za
lożeniach funkcja f jest:
 ściśle rosna ca wtedy i tylko wtedy, gdy jej pochodna jest nieujemna oraz
miedzy każdymi dwoma punktami przedzia P znajduje sie punkt, w
lu
którym pochodna f jest dodatnia,
 ściśle maleja ca wtedy i tylko wtedy, gdy jej pochodna jest niedodatnia oraz
miedzy każdymi dwoma punktami przedzia P znajduje sie punkt, w
lu
którym pochodna f jest ujemna.
Dowód. Za óżmy, że funkcja f jest ściśle rosna ca. Wobec tego jest niemaleja ca, wiec
l
na podstawie poprzedniego twierdzenia jej pochodna jest nieujemna. Jeśli x, y " P
i x < y , to w pewnym punkcie wewnetrznym z przedzia [x, y] zachodzi nierów-
lu
ność f (z) > 0 , bowiem gdyby pochodna równa by 0 w każdym punkcie przedzia
la lu
[x, y] , to funkcja f by sta na tym przedziale, wiec nie by ściśle rosna ca.
laby la laby
Zajmiemy sie dowodem implikacji przeciwnej. Zak
ladamy teraz, że f jest funkcja
cia g której pochodna jest nieujemna. Z poprzedniego twierdzenia wnioskujemy,
la ,
że f jest funkcja niemaleja ca . Jeśli nie jest ona ściśle rosna ca, to istnieja punkty
x, y " P , takie że x < y i f(x) = f(y) . Z tego, że x < z < y wynika, że zachodzi
nierówność f(x) d" f(z) d" f(y) = f(x) , co oznacza, że f(x) = f(z) , a to z kolei
oznacza, że f jest funkcja sta na przedziale [x, y] , a z tego wynika, że f (z) = 0
la
dla każdego punktu z " [x, y] , wbrew za
lożeniu. Druga cześć twierdzenia może być
uzyskana z pierwszej przez rozważenie funkcji -f zamiast funkcji f . Dowód zosta
l
zakończony.
Twierdzenie 6.4 (o lipschitzowskości funkcji różniczkowalnej)
Zak
ladamy jak w twierdzeniach poprzednich, że funkcja f jest określona na pewnym
przedziale P , że jest na nim cia g i że jest różniczkowalna we wszystkich punktach
la
wewnetrznych tego przedzia Przy tych za lnia
lu. lożeniach funkcja f spe warunek Lip-
schitza ze sta L e" 0 wtedy i tylko wtedy, gdy L e" sup{|f (t)|: t " intP } .*
la
Dowód. Jeśli x, y " P , to na mocy twierdzenia Lagrange a o wartości średniej
istnieje punkt z leża cy miedzy x i y , taki że
|f(x) - f(y)| = |f (z)(x - y)| d" |x - y| · sup{|f (t)|: t " intP } ,
co kończy dowód twierdzenia w jedna strone. Dowód w druga strone wynika natych-
miast z tego, że jeśli funkcja spe warunek Lipschitza ze sta L , to dla dowolnych
lnia la
*int P oznacza zbiór z ze wszystkich punktów wewnetrznych przedzia P , czyli przedzia
lożony lu l
otwarty, którego końce pokrywaja sie z końcami przedzia P .
lu
2
Badanie funkcji różniczkowalnych Micha Krych
l


f(x)-f(y) f(y)-f(x)
x, y " P zachodzi nierówność d" L , zatem |f (x)| = lim d" L ,

x-y y-x
yx
zatem sup{|f (t)|: t " intP } d" L . Dowód zosta zakończony.
l
Pokażemy teraz twierdzenie, które jeszcze raz uświadomi nam, że funkcja wyk-

ladnicza to taka, dla której tempo wzrostu jest proporcjonalne do jej wartości.
Twierdzenie 6.5 (o wzroście wyk
ladniczym.)
Jeśli f: (a, b) - IR jest funkcja różniczkowalna , dla której istnieje liczba rzeczywista
k taka, że równość f (x) = kf(x) zachodzi dla wszystkich x " (a, b) , to istnieje sta
la
C taka, że równość f(x) = Cekx ma miejsce dla wszystkich x " (a, b) .
Dowód. Z za
lożenia wynika od razu, że dla wszystkich liczb x " (a, b) zacho-
dzi równość

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, że funkcja przypisuja ca liczbie x liczbe f(x)e-kx jest
sta na przedziale (a, b) , zatem istnieje liczba rzeczywista C taka, że dla każdego
la
x " (a, b) zachodzi równość f(x)e-kx = C , czyli f(x) = Cekx .
Czytelnik zechce zwrócić uwage na to, że tym razem zak
ladamy coÅ› o zachowaniu
sie funkcji na pewnym przedziale, a nie na ca prostej oraz na to, że dowód jest
lej
bardzo krótki.
1 1
Przyk 6.1 Niech f(x) = . Mamy f (x) = - < 0 . Funkcja ma wiec
lad
x x2
ujemna pochodna w każdym punkcie swej dziedziny (-", 0) *" (0, ") . Mamy też
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, że dziedzina tej funkcji nie jest
przedzia  malutka, raptem jednopunktowa dziura w dziedzinie, powoduje, że
lem
teza przestaje być prawdziwa! . Na każdym przedziale, na którym jest zdefiniowana,
funkcja ta jest nierosna ca, a nawet ściśle maleja ca.

x3 x2
Przyk 6.2 Niech f(x) = sin x - x - . Mamy f (x) = cos x - 1 -
lad
6 2
i wobec tego również (f ) (x) = = - sin x + x . W cześci pierwszej udowodniliśmy,
że jeśli x > 0 , to sin x < x (zob. nierówność T8). Z tej nierówności wynika, że
(f ) (x) > 0 dla każdego x > 0 . Wobec tego funkcja f jest ściśle rosna ca na
pó
lprostej domknietej [0, ") . Sta d wynika, że

02
f (x) > f (0) = cos 0 - 1 - = 0 dla każdego x > 0 .
2
Wobec tego funkcja f ma dodatnia pochodna na pó
lprostej otwartej (0, ") , jest
ściśle rosna ca na pó
lprostej domknietej [0, ") , zatem dla x > 0 zachodzi nierówność

03
f(x) > f(0) = 0 - 0 - = 0 .
6
x3
Wykazaliśmy w ten sposób, że sin x > x - dla każdej liczby dodatniej x .
6
3
Badanie funkcji różniczkowalnych Micha Krych
l
Przyk 6.3 Zajmuja c sie funkcja wyk
lad ladnicza o podstawie e w rozdziale pierw-
szym wykazaliśmy, że dla każdej liczby rzeczywistej x spe jest nierówność
lniona
ex e" 1 + x , póz
niej zreszta wzmocniona. Wiemy, że pochodna funkcji ex jest ta
sama funkcja. Wartościa tej pochodnej w punkcie 0 jest liczba e0 = 1 . Wobec
tego równanie stycznej do wykresu funkcji wyk
ladniczej w punkcie (0, 1) ma po-
stać y = 1 · (x - 0) + e0 = x + 1 . Wobec tego wspomniana nierówność oznacza,
że wykres funkcji wyk
ladniczej o podstawie e znajduje sie nad styczna do siebie w
punkcie (0, 0) . Przekonamy sie póz
niej, że jest to zwia zane z wypuk funkcji
lościa
wyk
ladniczej.
x
Przyk 6.4 Wykażemy, że jeśli x > 0 , to ln(1 + x) > . Zdefiniujmy po-
lad
1+x
x
mocnicza funkcje f wzorem f(x) = ln(1 + x) - . Wtedy
1+x
1 1+x-x x
f (x) = - = > 0 .
1+x (1+x)2 (1+x)2
Wobec tego funkcja f jest ściśle rosna ca na pó
lprostej [0, ") . Ponieważ f(0) = 0 ,
wiec dla x > 0 mamy f(x) > 0 .
Przyk 6.5 Wspomnieliśmy w jednym z poprzednich przyk nierówność
lad ladów
sin x < x , która ma miejsce dla x > 0 . Pochodna funkcji sinus jest funkcja kosinus.
W punkcie 0 wartość pochodnej to cos 0 = 1 . Wynika sta d, że równanie stycznej do
wykresu funkcji sinus w punkcie (0, 0) przybiera postać y = 1 · (x - 0) + sin 0 = x .
Wobec tego nierówność x > sin x oznacza, że na pó
lprostej (0, ") wykres funkcji
sinus znajduje sie pod styczna do tegoż wykresu w punkcie (0, 0) . Przekonamy sie
póz
niej, że jest to zwia zane z wkles funkcji sinus na przedziale [0, Ą] , dla x e" Ą
lościa
nierówność zachodzi, bo wartości funkcji sinus sa mniejsze niż 1 < Ą .
1
Przyk 6.6 Niech f(x) = ex - (1 + x + x2) . Mamy f (x) = ex - (1 + x) e" 0 ,
lad
2
wiec (f ) (x) = ex - 1 > 0 , dla x > 0 oraz (f ) (x) = ex - 1 < 0 dla x < 0 .
Wynika sta d, że funkcja f jest ściśle rosna ca na pó
lprostej [0, ") oraz ściśle ma-
leja ca na pó
lprostej (-", 0] . Wobec tego najmniejsza wartościa funkcji f jest liczba
f (0) = e0 - 1 = 0 . Oznacza to, że dla x = 0 zachodzi nierówność f (x) > 0 , czyli

ex > 1 + x . Ponieważ funkcja f przyjmuje wartości dodatnie na ca prostej z
lej
wyja tkiem jednego punktu, funkcja f jest ściśle rosna ca na ca prostej. Mamy wiec
lej
1
f(x) > f(0) = =e0 - (1 + 0 + 02) = 0 dla x > 0 oraz f(x) < f(0) = 0 dla
2
1
x < 0 , zatem dla x > 0 zachodzi nierówność ex > 1 + x + x2 , zaś dla x < 0
2
1
 nierówność ex < 1 + x + x2 . Rozumuja c w ten sam sposób można wykazać,
2
1 1
że dla każdej liczby rzeczywistej x zachodzi nierówność ex e" 1 + x + x2 + x3 ,
2! 3!
przy czym nierówność jest ostra dla x = 0 . Uogólnienie pozostawiamy czytelnikom

w charakterze prostego ćwiczenia. Zachecamy też do porównania z rozumowaniami
4
Badanie funkcji różniczkowalnych Micha Krych
l
przeprowadzanymi przed wprowadzeniem pochodnych: bez trudu można zauważyć,
że uzyskujemy teraz z latwościa nierówności, których wykazanie bez użycia rachunku

różniczkowego by dosyć trudne.
lo
Przyk 6.7 Ten przyk bedzie nieco d Należy go przestudiować z uwaga .
lad lad luższy.
Dotyczy to również tych studentów, którzy wynieśli ze szko spora wiedze matema-
ly
tyczna , bowiem stosowana tu metoda bedzie używana póz
niej również w odniesieniu
do funkcji wielu zmiennych, a w wiekszości szkó nie jest stosowana.
l
Niech a e" b > 0 beda liczbami rzeczywistymi. P niech oznacza prostoka t, którego
jeden bok ma d a , a drugi  b . Z prostoka ta P wycinamy cztery kwadraty
lugość

b
o boku x " 0, zawieraja ce cztery wierzcho P tak, że pole P zmniejsza sie
lki
2
o 4x2 . Nastepnie zaginamy  wystaja ce cześci powsta dwunastoka ta (niewy-
lego
puk tak, by powsta pude o wymiarach a - 2x, b - 2x, x . Dla jakiego x
lego) lo lko
pojemność otrzymanego pude bedzie najwieksza?
lka
Rozwia zanie. Niech V (x) = x(a-2x)(b-2x) bedzie pojemnościa pude V jest
lka.
funkcja cia g a nawet różniczkowalna w każdym punkcie swej dziedziny. Z punktu
la ,

b
widzenia pojemności pude dziedzina funkcji V jest przedzia 0, , ale można
lka l
2

b b
te funkcje rozpatrywać na przedziale domknietym 0, . Na przedziale 0, funk-
2 2
cja V , jako cia g , przyjmuje wartość najmniejsza oraz wartość najwieksza .
la

b b
Ponieważ V (0) = V = 0 i V (x) > 0 dla x " 0, , wiec najmniejsza
2 2

b
wartość przyjmowana jest w końcach przedzia 0, , zaś najwieksza  w pewnym
lu
2
punkcie wewnetrznym x0 tego przedzia
lu.

Ponieważ funkcja V jest różniczkowalna w punkcie x0 , wiec V (x0) = 0 . Wy-

b
starczy zatem znalez
ć punkty w przedziale 0, , w których pochodna funkcji V
2
przyjmuje wartość 0 i stwierdzić, w którym z nich V ma najwieksza wartość. Takie

punkty sa co najwyżej dwa, bo V jest wielomianem trzeciego stopnia, wiec V jest
wielomianem kwadratowym.

V (x) = 12x2 - 4(a + b)x + ab . Wiemy, że ten wielomian ma co najmniej jeden

b
pierwiastek w przedziale 0, (nie ma potrzeby sprawdzać, że jego wyróżnik jest
2
dodatni, bo to wynika z istnienia x0 !).* Możemy teraz zastosować to samo rozumowa-

b a
nie do badania funkcji V na przedziale , . Wewna trz tego przedzia funkcja V
lu
2 2
przyjmuje wartości ujemne, na końcach  zero. Wobec tego swa najmniejsza wartość

b a
na , funkcja V przyjmuje wewna trz przedzia i wobec tego jej pochodna V
lu
2 2
przyjmuje wartość 0 w co najmniej jednym punkcie tego przedzia
lu.

*Drugi pierwiastek wielomianu V też jest dodatni, bo iloczyn pierwiastków tego wielomianu jest
ab
równy , jest wiec dodatni, zatem oba pierwiastki maja ten sam znak, ale z tego korzystać nie
12
bedziemy.
5
Badanie funkcji różniczkowalnych Micha Krych
l

b b a
Z tego rozumowania wynika, że w każdym z przedzia ów 0, , , pochodna
l
2 2 2

V funkcji V ma co najmniej jeden pierwiastek, a ponieważ V ma dok dwa
ladnie
pierwiastki, wiec w każdym z wymienionych przedzia ów ma dok jeden pierwia-
l ladnie
stek. Tak sie dzieje w przypadku a > b . W przypadku a = b sytuacja jest nieco inna:

b
V = 0 , co sprawdzamy bezpośrednim rachunkiem (ogólnie: jeśli liczba x1 jest
2
podwójnym pierwiastkiem funkcji f , tzn. f(x) = (x-x1)2g(x) dla pewnej funkcji g
różniczkowalnej w x1 , to f(x1) = 0 = f (x1) ) i wobec tego również w tym przypadku

b
w przedziale 0, funkcja V może mieć co najwyżej jeden pierwiastek, wiec ma
2

b
dok jeden. Udowodniliśmy w ten sposób, że w przedziale 0, funkcja V ma
ladnie
2
dok jeden pierwiastek x0 , którym jest mniejszy z dwóch pierwiastków tej funk-
ladnie
cji, a liczba V (x0) jest najwieksza wartościa funkcji V przyjmowana na przedziale
"
"

4(a+b)- [4(a+b)]2-4·12ab
b a+b- a2+b2-ab
0, . Oczywiście x0 = = .
2 2·12 6

Uwaga 6.6 Nie zajmowaliśmy sie znakiem pochodnej V , bo nie by potrzeby
lo
ustalać na jakich przedzia funkcja V rośnie, a na jakich maleje. Oczywiście można
lach

by posta pić inaczej: stwierdzić, że na przedziale (0, x0) pochodna V funkcji V
lo

b
jest dodatnia, wiec V na tym przedziale rośnie, a na przedziale x0, pochodna V
2
jest ujemna, wiec na tym przedziale funkcja V maleje. Z naszego rozumowania to też

wynika, bo na przedziale (0, x0) pochodna V nie przyjmuje wartości 0 , ma zatem
ten sam znak we wszystkich punktach tego przedzia zatem funkcja V jest na tym
lu,
przedziale ściśle monotoniczna, nie może być maleja ca, bo V (x0) > 0 = V (0) , wiec
jest ściśle rosna ca, wiec jej niezeruja ca sie pochodna jest dodatnia.
Przyk 6.8 Znalez
ć maksimum objetości bry powsta w wyniku obrotu
lad l lych
trójka ta prostoka tnego o obwodzie 1 wokó jego przeciwprostoka tnej.
l
Rozwia zanie: Niech a, b, c oznaczaja boki trójka ta, przy czym c to przeciw-
prostoka tna. Bry która powstaje w wyniku obrotu trójka ta wokó boku c to dwa
la, l
stożki z
la czone podstawami. Promień tej wspólnej podstawy to wysokość trójka ta
ab
prostopad do przeciwprostoka tnej, wiec równa , bowiem pole trójka ta jest równe
la
c
1 1
ab = chc , gdzie hc jest wysokościa trójka ta prostopad do przeciwprostoka tnej
la
2 2
c . Suma wysokości tych stożków jest równa c . Wobec tego suma ich objetości jest
2 Ä„(ab)2
Ä„ ab
równa V = · · c = .
3 c 3c
Wiemy, że a2 + b2 = c2 (tw. Pitagorasa) i a + b + c = 1 (dany obwód trójka ta).
Sta d wynika, że
2ab = (a + b)2 - (a2 + b2) = (1 - c)2 - c2 = 1 - 2c .

Ä„(1-2c)2
Ä„ 1 Ä„ -1
Zachodza wiec wzory V = V (c) = = - 4 + 4c i V (c) = + 4 .
12c 12 c 12 c2

Sta d wnioskujemy z latwościa , że V (c) = 0 wtedy i tylko wtedy, gdy c = ą1 , zatem

2
6
Badanie funkcji różniczkowalnych Micha Krych
l
kandydatami na punkt, w którym funkcja V przyjmuje swa najwieksza wartość sa
1
oraz -1 . Liczba c jest d
lugościa boku trójka ta, zatem jest dodatnia, bo jest
2 2
1
d
lugościa odcinka, wiec nie może być równa -1 . Liczba też nie wchodzi w gre,
2 2
1 1
bo wtedy by spe równość a + b = 1 - = = c , która przeczy
laby lniona laby
2 2
temu, że suma dwóch boków trójka ta jest wieksza od trzeciego. Oznacza to, że na
każdym przedziale zawartym w dziedzinie funkcji V jest ona ściśle monotoniczna,
zatem kresy, jeśli w ogóle sa przyjmowane, to w końcach przedzia Musimy wiec
lu.
znalez
ć dziedzine funkcji V .
Liczby a, b, c maja być bokami trójka ta prostoka tnego o obwodzie 1 . Musza
wiec być dodatnimi rozwia zaniami uk równań: a2 + b2 = c2, a + b = 1 - c . Wa-
ladu
runek ten jest też dostateczny: jeśli a, b > 0 i a2 +b2 = c2 , to (a+b)2 > a2 +b2 = c2 ,
zatem a + b > c i oczywiście a + c > c > b oraz b + c > c > a . Oznacza to, że z
odcinków o d
lugościach a, b, c można zbudować trójka t, oczywiście prostoka tny. Ten
uk równań równoważny jest nastepuja cemu:
lad
(1-c)2-c2 1
a + b = 1 - c, ab = = - c .
2 2
1
Liczby a i b sa wiec pierwiastkami równania kwadratowego t2 - (1 - c)t + - c = 0 .
2
Warunkiem koniecznym i dostatecznym na to, by to równanie to mia dodatnie pier-
lo
1
wiastki dla dodatniej wartości parametru c , jest 0 < c < oraz
2
1
0 d" " = (1 - c)2 - 4( - c) = -1 + 2c + c2 = (c + 1)2 - 2
2
"
1 1
czyli 2 - 1 d" c < . Ponieważ V = 0 , wiec maksymalna wartość V jest równa
2 2
" "
1
V 2 - 1  oczywiście maksymalna na przedziale 2 - 1, . Latwo zauważyć,

2
"
że dla c = 2 - 1 otrzymujemy trójka t równoramienny (bo " = 0 , wiec pierwiastki
1
równania kwadratowego x2 - (1 - c)x + - c = 0 , czyli liczby a i b sa równe).
2
Komentarz: Ten przyk powinien przekonać studentów o konieczności zwracania
lad
uwagi na dziedzine funkcji. Omawia to zadanie wielokrotnie na ćwiczeniach, jesz-
lem
cze sie nie zdarzy by studenci chcieli, aby objetość V potraktować jako np. funkcje
lo,
Ä„a2(1-2a)2
zmiennej a . Gdyby tak sie sta by V = V (a) = i maksimum
lo, loby
6(1-a)(1-2a+2a2)

1
osia gane by w punkcie wewnetrznym dziedziny funkcji V , czyli przedzia 0, ,
loby lu
2
"
2- 2
mianowicie w punkcie , zatem w punkcie zerowania sie pochodnej funkcji V .
2
By znacznie mniej k z dziedzina funkcji, za to wiecej z obliczeniami. Czesto
loby lopotu
też studenci nie potrafili stwierdzić, że ponieważ funkcja ma niezerowa pochodna na
przedziale, to jest na nim monotoniczna. Wydawa im sie, że pope b w obli-
lo lnili la d
czeniach, bo skoro w jakimś punkcie ma być maksimum, to pochodna tam musi sie
zerować. Zapominali wiec o tym, że to twierdzenie mówi o punktach wewnetrznych
dziedziny, końców nie dotyczy.
7
Badanie funkcji różniczkowalnych Micha Krych
l
Przyk 6.9 Znajdziemy teraz kres górny iloczynu trzech liczb nieujemnych,
lad
których suma jest równa 3 . Oznaczmy te liczby przez x, y, z . Mamy wiec x e" 0 ,
y e" 0 , z e" 0 oraz x + y + z = 3 . Mamy znalez
ć kres górny wyrażenia xy(3 - x - y) ,
przy za
lożeniu, że x, y e" 0 oraz x + y d" 3 . Niech s = x + y d" 3 .
Chwilowo traktować bedziemy wielkość s jako sta Przy ustalonym s nasze
la .
wyrażenie to x(s - x)(3 - s) . Mamy znalez
ć jego kres górny zak
ladaja c, że 0 d" x ,
0 d" y = s - x , czyli 0 d" x d" s . Mamy wiec do czynienia z funkcja kwadratowa
zmiennej x : (3 - s)(-x2 + sx) . Wiekszość studentów pamieta z nauki szkolnej,
że funkcja kwadratowa, której wspó
lczynnik przy x2 jest ujemny, przyjmuje swa
wartość najwieksza w środku odcinka, w którego końcach ta funkcja przyjmuje te
sama wartość (np. 0, wtedy końcami odcinka sa pierwiastki funkcji). W naszym
1 s
przypadku tym punktem jest x = (0 + s) = .* By zakończyć zadanie należy
2 2
s2
znalez
ć maksymalna wartość wyrażenia (3 - s) na przedziale [0, 3] .
4

s2 s2 s 3 s2
Mamy (3 - s) = - + (3 - s) = 3 - s2 . Ponieważ funkcja (3 - s)
4 4 2 4 4
zmiennej s jest cia g na przedziale domknietym [0, 3] , wiec osia ga w jakimÅ› punkcie
la
swój kres górny. Ponieważ w końcach przedzia przyjmuje wartość 0 , a wewna trz
lu
jest dodatnia, wiec kres górny jest przyjmowany w jakimś punkcie wewnetrznym
tego przedzia W przedziale (0, 3) znajduje sie jeden punkt, w którym pochodna
lu.
2
s 3 s2
-s + (3 - s)2 = s(2 - s) funkcji (3 - s) przyjmuje wartość 0 . Ten punkt
4 4 4
2
to liczba 2 . Wartość funkcji (3 - s)s w tym punkcie równa jest 1 . Odpowiednie
4
wartości wyjściowych zmiennych to x = y = z = 1 . Zadanie zosta rozwia zane.
lo
Zanim omówimy nastepne przyk zauważmy, że z definicji pochodnej wynika
lady
f(p+h)-f(p)
nastepuja ca równość przybliżona f (p) H" dla h H" 0 . Nie troszcza c sie
h
przesadnie o precyzje rozumowania przepisać ja można w postaci
f(p + h) H" f(p) + f (p)h .
Można sie spodziewać, że to przybliżenie jest dok
ladniejsze dla h dostatecznie blis-
kich 0 od przybliżenia f(p + h) H" f(p) , które jest konsekwencja cia g funkcji f
lości
w punkcie p . Tak jest w rzeczywistości, bo b przybliżenia f(p+h) H" f(p)+f (p)h
la d
jest ma w porównaniu z |h| , gdyż
ly
*Tym, którzy akurat zapomnieli, że tak jest, podajemy uzasadnienie w oparciu o twierdzenia z tego roz-
s
dzia Mamy (x(s-x)(3-s)) =(3-s)(-2x+s) . Ta pochodna jest dodatnia na pó (-", ) ,
lu. lprostej
2
s s
a na pó ( ,") jest ujemna. Wobec tego funkcja jest ściśle rosnaca na pó (-", ] ,
lprostej lprostej
2 2
s s s s2
a na pó [ ,") jest Å›ciÅ›le malejaca, wiec liczba (3-s)· ·(s- )=(3-s) jest jej najwieksza
lprostej
2 2 2 4
wartościa. Bez pochodnych jest latwiej:

s s2 s2
x(s-x)(3-s)=(3-s)[-(x- )2+ ]d"(3-s)·
2 4 4
 do badania wielomianów kwadratowych pochodne nie sa potrzebne.
8
Badanie funkcji różniczkowalnych Micha Krych
l

f(p+h)-( )
f(p)+f (p)h
f(p+h)-f(p)
lim = lim - f (p) = 0 .
h h
h0 h0
Zauważmy jeszcze, że zachodzi nastepuja ce :
Twierdzenie 6.7 (o najlepszym przybliżeniu liniowym funkcji)
f(p+h)-(ah+b)
Za óżmy, że f jest funkcja cia g w punkcie p . Wtedy równość lim = 0
l la
h
h0
zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy funkcja f jest różniczkowalna w punkcie p oraz
a = f (p) i b = f(p) .
f(p+h)-(ah+b) f(p+h)-b
Dowód. Jeśli lim = 0 , to lim - a = 0 . Sta d wynika rów-
h h
h0 h0
f(p+h)-b
ność a = lim . Z niej wynika, że 0 = lim ah = lim (f(p + h) - b) , czyli
h
h0 h0 h0
b = lim f(p + h) = f(p) . Z ostatniej równości wynika, że
h0
f(p+h)-b f(p+h)-f(p)
a = lim = lim ,
h h
h0 h0
a to oznacza, że f jest różniczkowalna w punkcie p i zachodzi równość a = f (p) ,
co kończy dowód twierdzenia w jedna strone. Przed sformu
lowaniem twierdzenia wy-
kazaliśmy prawdziwość implikacji przeciwnej. Dowód zosta zakończony.
l
Z twierdzenia tego wynika, że spośród wszystkich wielomianów stopnia d" 1
zmiennej x najdok
ladniej przybliża funkcje f w otoczeniu punktu p wielomian
f(p) + f (p)(x - p) . Żadne z twierdzeń do tej pory sformu
lowanych nie daje jawnego
oszacowania b przybliżenia, ale pokazywaliśmy już wiele razy, jak można dowo-
ledu
dzić nierówności, a to stwarza szanse na szacowanie b Pokażemy, teraz kilka
ledu.
przyk
ladów.
" " "
1 1
"
Przyk 6.10 50 = 49 + 1 H" 49 + · 1 = 7 +  przyjeliÅ›my tu
lad
14
2 49
"
1
"
h = 1 , f(x) = x , zatem f (x) = , p = 49 . Chociaż 1 nie jest ma liczba ,
la
2 x
jednak przybliżenie, które uzyskaliśmy jest dosyć dobre. Rzeczywiście,
2 2
1 1 1 1
7 + = 49 + 2 · 7 · + = 50 + .
14 14 14 196
Widzimy wiec, że po podniesieniu do kwadratu przybliżonej wartości pierwiastka,
1
otrzymaliśmy liczbe nieco tylko wieksza od 50. Mamy 7, 07 < 7 + < 7, 08 oraz
14
7, 072 = 49, 9849 , co oznacza, że nasze przybliżenie pozwoli nam znalez
ć dwie cyfry
lo
"
po przecinku liczby 50 bez wykonania trudnych obliczeń! Wartość przybliżona
jest w tym przypadku wieksza niż rzeczywista, bo styczna do wykresu pierwiastka
kwadratowego leży nad wykresem.
Przyk 6.11 502 = (49 + 1)2 H" 492 + 2 · 49 · 1 = 2499 . Tym razem f(x) = x2 ,
lad
zatem f (x) = 2x , p = 49 i h = 1 . W rzeczywistości 502 = 2500 , wiec tym razem
b który pope stosuja c wzór przybliżony zamiast dok
la d, lniamy ladnego jest równy 1 ,
wiec jest ponad 100 razy wiekszy niż w poprzednim przyk
ladzie.
9
Badanie funkcji różniczkowalnych Micha Krych
l
Przyk 6.12 e50 = e49+1 H" e49 + e49 · 1 = 2 · e49 . Teraz f(x) = ex = f (x) ,
lad
p = 49 i h = 1 . B pope obecnie to e50 - 2 · e49 = (e - 2) · e49 > 0, 7 · e49 ,
la d lniany
jest wiec ogromny i to nie tylko w porównaniu z h = 1 , ale wrecz porównywalny
z wartoÅ›cia funkcji. Mamy e50 H" 5,1847055286 · 1021 , e49 H" 1,9073465725 · 1021 , zaÅ›
e50 - 2 · e49 H" 1, 370012384 · 1021  obliczenia przeprowadzono za pomoca programu
komputerowego Mathematica 7.0.
Widzimy wiec, że w tym ostatnim przypadku przybliżanie za pomoca wzoru
f(p + h) H" f(p) + f (p)h w ogóle nie ma sensu, w przypadku funkcji x2 dawa
lo
przybliżenie gorsze niż w przypadku pierwiastka kwadratowego. Można dosyć prosto
wyjaśnić, co jest tego przyczyna . Otóż z twierdzenia Lagrange a o wartości średniej
wynika, że dla każdego h = 0 istnieje co najmniej jedna liczba ¸h " (0, 1) , taka że

f(p + h) - f(p) = f (p + ¸h · h)h , zatem

f(p + h) - (f(p) + f (p)h) = f (p + ¸h · h) - f(p) h .
O liczbie ¸h nic wiecej nie wiemy ponad to, że znajduje sie ona w przedziale (0, 1) ,
oznacza to, że liczba p + ¸h · h leży miedzy p i p + h .
"
W przypadku funkcji x i przedzia (49, 50) pochodna zmienia sie bardzo nie-
lu
1 1
"
znacznie: maleje od wartości do wartości . W przypadku funkcji x2 rośnie
14
2 50
od wartoÅ›ci 2 · 49 = 98 przyjmowanej w punkcie 49 do wartoÅ›ci 2 · 50 = 100 przyj-
mowanej w punkcie 50 , w tym przypadku zmiana wartości pochodnej jest istotnie
wieksza. W przypadku funkcji ex pochodna zmienia sie od wartości e49 do wartości
e50 , czyli o (e - 1) · e49 , czyli o wielkość ogromna .
Sama zmiana pochodnej jeszcze o niczym nie świadczy, bo zmiana mog być
laby
skoncentrowana na bardzo krótkim przedziale kończa cym sie w punkcie 50 . Tak
jednak w tym przypadku nie jest. I w dlatego widoczne sa różnice w dok
laśnie ladności.
W przypadku funkcji wyk
ladniczej pochodna rośnie od wartości e49 do wartości
e50 , tj. o wielkość ogromna (e - 1)e49 > 1, 7 · e49 . Można sie wiec by spodziewać, że
lo
w tym przypadku wzór f(p + h) H" f(p) + f (p)h bedzie bardzo niedok wykres
ladny:
funkcji wyk
ladniczej zagina sie mocno ku górze odchodza c szybko od stycznej do
siebie w jakimÅ› punkcie, np. w (49, e49) .
W przypadku funkcji kwadratowej x2 pochodna wzrasta od wartości 98 do
wartości 100, a wiec zmiana jej wartości jest znacznie mniej spektakularna, niemniej
i w tym przypadku wykres funkcji oddala sie od stycznej w widoczny sposób, też ku
górze.
"
W przypadku funkcji x pochodna maleje, ale bardzo powoli, wiec wykres od-
chyla sie od stycznej ku do ale efekt ten jest nieznaczny: wykres nieomal pokrywa
lowi,
sie ze styczna , wiec przybliżenie liniowe dzia bardzo dobrze.
la
10
Badanie funkcji różniczkowalnych Micha Krych
l
Przyk 6.13 Przy różnych okazjach na lekcjach fizyki w szko wykorzy-
lad lach
stywana jest równość przybliżona sin x H" x , np. w optyce przy wyprowadzaniu
równania soczewki lub zwierciad przy wyprowadzania wzoru na okres wahań wa-
la,
had matematycznego. Jest to zastosowanie omawianej przez nas równości przy-
la
bliżonej f(p + h) 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 .
x3
Wykazaliśmy poprzednio, że dla x > 0 zachodzi nierówność x - < sin x < x ,
6
x3
wiec b przybliżenia sin x H" x jest mniejszy niż , wiec jeśli ka t x jest ma to
la d ly,
6
1 1
ten b jest bardzo ma np. jeśli x = , to b jest mniejszy niż . Wypada
la d ly, la d
10 6000
przypomnieć, że mowa o wielkości ka ta wyrażonej w radianach, 1 radian to nieco
ponad 57ć% . Cz lgorzata Dydek (ko-
lowieka o wzroście 2 m, wiec niższego niż np. Ma
szykarka z Gdańska, jedna z najwyższych na świecie) widać z odleg 200 m pod
lości
ka tem oko 0, 01 radiana, wiec mówimy o rzeczywiście istnieja cych ka tach, ma
lo lych
ale nie o znikomo ma wystepuja cych niezwykle rzadko. Rachunek różniczkowy
lych,
pozwala oszacować b nie tylko z góry, ale również z do W tym przypadku
la d lu.
można pos sie metoda zastosowana poprzednio w celu wykazania nierówności
lużyć
x3 x5
sin x < x- + , która zachodzi dla x > 0 . Z tej nierówności wynika natychmiast,
6 120
x3 x5 x3 x3 x5
że - < x-sin x < , a wiec b przybliżenia jest wiekszy niż - i mniej-
la d
6 120 6 6 120
x3
szy niż . Gdybyśmy zainteresowali sie b wzglednym, tj. wielkościa x-sin x ,
ledem
6 x
1 1
to okaza sie, że w przypadku 0 < x < 0, 1 jest on mniejszy niż (0, 1)2 = ,
loby
6 600
1
czyli mniejszy niż % . To ca dobra dok
lkiem ladność.
6
Przyk 6.14 Niech f(x) = ex , p = 0 . Mamy f (0) = e0 = 1 i f(0) = e0 = 1 ,
lad
zatem ex H" 1 + x . Zbadamy dok ladzie
ladność tego przybliżenia dla x > 0 . W przyk
1
21 wykazaliśmy, że dla x > 0 zachodzi nierówność ex > 1 + x + x2 . Wobec tego
2
1
b przybliżenia jest wiekszy niż x2 . Oszacujemy go teraz z góry.
la d
2
Znajdziemy liczbe a > 0 , taka że dla wszystkich x " (0, 3) zachodzi nierówność
ex - 1 - x < ax2 .
Przyjmijmy f(x) = ex - 1 - x - ax2 . Mamy f (x) = ex - 1 - 2ax i wobec tego
1 1 1
(f ) (x) = ex - 2a . JeÅ›li 2a e" e3 , np. a e" · 21, 952 = · 2,83 > · e3 , to (f )
2 2 2
przyjmuje na przedziale (0, 3) wartości ujemne, wiec f jest funkcja maleja ca na
przedziale [0, 3] , a ponieważ f (0) = e0 - 1 - 2a · 0 = 0 , wiec również f przyjmuje
na przedziale (0, 3) jedynie wartości ujemne. Sta d wnioskujemy, że funkcja f maleje
na przedziale [0, 3] . Ponieważ f(0) = 0 , wiec wartości funkcji f na przedziale (0, 3)
1
sa liczbami ujemnymi. Wykazaliśmy wiec, że jeśli a e" e3 , to ex - 1 - x < ax2 dla
2
x " (0, 3) , np. ex - 1 - x < 11 · x2 .
Czytelnik bez trudu stwierdzi, że jeśli zasta pimy przedzia (0, 3) przedzia
l lem
11
Badanie funkcji różniczkowalnych Micha Krych
l
1
(0, 2) , to otrzymamy rezultat nieco dok
ladniejszy: ex - 1 - x < ax2 dla a e" · e2 ,
2
1 1
np. a = 4 > 3,92 = · 2,82 > · e2 otrzymujemy ex - 1 - x < 4 · x2 .
2 2
Przyk 6.15 Udowodnimy, że dla każdego x > 0 i każdego n " N zachodzi
lad
nierówność:
1 1 1
ex > 1 + x + x2 + x3 + . . . + xn .
2! 3! n!
W dowodzie rozważymy funkcje fn zdefiniowana wzorem

1 1 1
fn(x) = ex - 1 + x + x2 + x3 + . . . + xn .
2! 3! n!

1 1 1
Mamy fn(x) = ex - 1 + x + x2 + x3 + . . . + xn-1 = fn-1(x) . Ponieważ
2! 3! (n-1)!
f0(x) = ex-1 > 0 dla x > 0 , wiec funkcja f1 jest ściśle rosna ca na pó
lprostej [0, ") ,
zatem z nierówności x > 0 wynika nierówność f1(x) > f1(0) = e0 -(1+0) = 0 , czyli
f1(x) > 0 . Z tej nierówności wynika, że funkcja f2 jest ściśle rosna ca na pó
lprostej
1
[0, ") , zatem z nierówności x > 0 wynika, że f2(x) > f2(0) = e0 -(1+0+ 02) = 0 ,
2!
czyli f2(x) > 0 . W taki sam sposób wnioskujemy teraz, że dla x > 0 zachodza kolejne
nierówności: f3(x) > 0 , f4(x) > 0 , itd.
Dla x > 0 i n > 1 mamy
n
x n! x n! x2 n! xn-1 n! xn
1 + = 1 + · + · + . . . + · + · =
n 1!(n-1)! n 2!(n-2)! n2 (n-1)!1! (n-1)! n!0! nn
n! x n! x2 n! xn-1 n! xn
= 1 + · + · + . . . + · + · <
(n-1)!·n 1! (n-2)!·n2 2! 1!·nn-1 (n-1)! 0!·nn n!

x x2 xn-1 xn x x2 xn-1 xn
< 1+ + +. . .+ + < ex , zatem lim 1+ + +. . .+ + = ex .
1! 2! (n-1)! n! 1! 2! (n-1)! n!
n"
W takiej sytuacji piszemy:
"

xn
x x2
ex = 1 + + + · · · = . (exp)
1! 2!
n!
n=0
Wykażemy, że wzór (exp) zachodzi również dla x < 0 . Ponieważ ex e" 1 + x
dla każdej liczby x " R , wiec funkcja ex - (1 + x) jest niemaleja ca na ca prostej.
lej
Jeśli wiec x < 0 , to ex - (1 + x) d" e0 - (1 + 0) = 0 . Wynika sta d i z wzoru

x2 x2
ex-1-x- = ex-(1+x) , że funkcja ex-1-x- jest nierosna ca na pó
lprostej
2! 2!
(-", 0] , wiec swa najmniejsza wartość na tej pó przyjmuje w punkcie 0 . Dla
lproste
x2 02
każdego x < 0 zachodzi wiec nierówność ex - 1 - x - e" e0 - 1 - 0 - = 0 . Sta d
2! 2!

x2 x3 x2 x2 x3
i z wzoru ex-1-x- - = ex-1-x- wynika, że funkcja ex-1-x- -
2! 3! 2! 2! 3!
jest niemaleja ca na pó
lprostej (-", 0] , wiec ma swa najwieksza wartość w punkcie 0 ,
x2 x3 02 03
zatem dla każdego x < 0 mamy ex - 1 - x - - d" e0 - 1 - 0 - - = 0 .
2! 3! 2! 3!
Kontynuacja tego postepowania prowadzi do wniosku: dla każdej liczby nieparzystej
n i każdej liczby x < 0 zachodzi wzór
x x2 xn-1 xn x x2 xn-1 xn xn+1
1 + + + . . . + + d" ex d" 1 + + + . . . + + + ,
1! 2! (n-1)! n! 1! 2! (n-1)! n! (n+1)!
12
Badanie funkcji różniczkowalnych Micha Krych
l

xn+1 x x2 xn-1 xn
a ponieważ lim = 0 , wiec lim 1 + + + . . . + + = ex .
(n+1)! 1! 2! (n-1)! n!
n" n"
Wobec tego równość
"


xn x x2 xn-1 xn
= lim 1 + + + . . . + + = ex (exp)
n"
n! 1! 2! (n - 1)! n!
n=0
zachodzi dla wszystkich liczb rzeczywistych x .
x2
Przyk 6.16 Wykażemy , że jeśli 3 > x > 0 , to ex - 1 - x < . Niech
lad
x
2(1- )
3
x2 3 x2
g(x) = ex - 1 - x - x
= ex - 1 - x - · .
2(1- ) 2 (3-x)
3
Mamy wobec tego
3 2x(3 - x) + x2 3 6x - x2
g (x) = ex - 1 - · = ex - 1 - · .
2 (3 - x)2 2 (3 - x)2
Kontynuuja c obliczenia otrzymujemy (g ) (x) =
(6-2x)(3-x)2+2(6x-x2)(3-x)
3 3 18 27 1
= ex - · = ex - · = ex - = ex - x
.
2 (3-x)4 2 (3-x)3 (3-x)3 (1- )3
3
x
Dla każdego x > 0 mamy e-x/3 > 1 - , wiec jeśli 0 < x < 3 , to zachodzi
3
3
3
1
nierówność > ex/3 = ex . Z tej nierówności wynika, że dla 0 < x < 3
x
1-
3
zachodzi (g ) (x) < 0 , wiec na przedziale [0, 3] funkcja g jest nierosna ca, wiec dla
0 < x d" 3 zachodzi nierówność g (x) d" g (0) = 0 . Wobec tego, że funkcja g ma
ujemna pochodna na przedziale [0, 3] , jest ona ściśle maleja ca na tym przedziale,
zatem g(x) < g(0) = 0 dla x " (0, 3] , a to w chcieliśmy wykazać. Wobec tego
laśnie

3 x
jeśli 0 < x < , to ex - 1 - x < x2 , bo w tym przypadku 2 1 - > 1 .
2 3
1
W przyk 6.15 wykazaliśmy, że dla x < 0 zachodzi nierówność ex < 1+x+ x2 .
ladzie
2
1
Sta d wynika, że dla x < 0 zachodzi nierówność 0 < ex - (1 + x) < x2 , zaś dla
2
3
3 > x > 0  nierówność 0 < ex - (1 + x) < x2 . Sta d już latwo wynika, że dla x <

2
zachodzi nierówność 0 d" ex - (1 + x) d" x2 , przy czym równość ma miejsce wtedy i
tylko wtedy, gdy x = 0 .
Wspominaliśmy wcześniej, że funkcja wyk
ladnicza pojawia sie w fizyce przy dys-
kusji wzoru na d np. preta żelaznego w zależności od jego temperatury. Pro-
lugość
0
wadzi to do wzoru l(t) = l(t0)e(t-t ) , gdzie przez l(t) oznaczyliśmy d preta
lugość
w temperaturze t , zaś  oznacza wspó
lczynnik rozszerzalności cieplnej, w przypadku
żelaza  H" 0, 00000115 = 1, 15·10-5 . JeÅ›li zmiana temperatury jest niezbyt duża, np.
mniejsza niż 50ć% C, to wyk jest mniejszy niż 0, 00006 , wiec jego kwadrat jest
ladnik
0
mniejszy niż 0, 00000004 , co oznacza, że b który pope zastepuja c e(t-t )
la d, lnimy
przez 1 + (t - t0) bedzie mniejszy niż 0, 00000004 · l(t0) , wiec w przypadku np.
szyny kolejowej  mniejszy od dok lugości.
ladności pomiaru jej d
13
Badanie funkcji różniczkowalnych Micha Krych
l
Inaczej jest w przypadku rozpadu promieniotwórczego. W wyniku rozważań ana-
n
x
logicznych do tych, które doprowadzi nas do wzoru ex = lim 1 + otrzy-
ly
n
n"
0
mujemy wzór m(t) = m(t0)e-(t-t ) , gdzie m(t) oznacza mase substancji promie-
niotwórczej w chwili t , a   sta rozpadu. Rzecz w tym, iż w tym przypadku inte-
la
resuje nas np. czas po
lowicznego rozpadu, to znaczy czas, w którym masa substancji
zmniejsza sie o po W tym przypadku t-t0 musi być tak duże, by zachodzi wzór
lowe. l
(t - t0) = ln 2 H" 0, 6931 , wiec b spowodowany stosowaniem przybliżenia linio-
la d
1
wego funkcji wyk lby
ladniczej funkcja liniowa by wiekszy niż · 0, 69312 H" 0, 24 , wiec
2
1
w zasadzie niedopuszczalny jako za duży ( 24% ). Przyk powinien uświadomić
lad
studentom, że przed stosowaniem wzorów przybliżonych warto zastanowić sie nad
tym, czy wolno je stosować.
Funkcje wypuk
le
Ważna klase funkcji stanowia tzw. funkcje wypuk Przypomnijmy, że zbiór na-
le.
zywany jest wypuk wtedy i tylko wtedy, gdy wraz z każdymi dwoma punktami
lym
zawiera odcinek, który je la czy. Zbiorami wypuk sa proste, p la
lymi laszczyzny, ca
przestrzeń trójwymiarowa, ko (ale nie okra g), kula (ale nie jej powierzchnia zwana
lo
sfera ), kwadrat (ale nie jego brzeg), trójka t (ale nie jego brzeg). Czytelnicy zapewne
pamietaja ze szko średniej, że wieloka t jest wypuk jeśli jego ka ty wewnetrzne
ly ly,
sa mniejsze niż 180ć% , czyli Ą radianów. Jest jasne, że jedynymi podzbiorami wy-
puk prostej sa przedzia ewentualnie zdegenerowane do punktu. Moga to być
lymi ly,
przedzia otwarte, domkniete, otwarto-domkniete, domknieto-otwarte, skończone lub
ly
nieskończone.
Definicja 6.8 (funkcji wypuk
lej)
Funkcje f określona na zbiorze wypuk P nazywamy wypuk jeśli dla dowolnych
lym la ,
punktów x, y " P i dowolnej liczby t " (0, 1) zachodzi nierówność

2
f tx + (1 - t)y d" tf(x) + (1 - t)f(y) .
Jeżeli nierówność ta jest ostra, gdy x = y , to mówimy, że funkcja jest ściśle wypuk
la.
Jeśli funkcja -f jest wypuk to mówimy, że funkcja f jest wkles jeśli funkcja
la, la,
-f jest ściśle wypuk to funkcja f nazywana jest ściśle wkles
la, la .
Podamy kilka przyk latwić
ladów, które powinny u zrozumienie i zapamietanie
definicji.
1
W szko wzór na zmiane d w wyniku podgrzania wystepuje w innej klasie niż wzór na
lach lugości
zmiane masy pierwiastka promieniotwórczego w czasie, wiec liczba uczniów, którzy zauważaja nie-
konsekwencje w stosowaniu w jednym przypadku funkcji liniowej, a w drugim funkcji wyk
ladniczej jest
zaniedbywalnie ma Można podejrzewać, że nie wszyscy nauczyciele maja czas i ochote wyjaśniać,
la.
dlaczego w jednym przypadku stosowany jest jeden wzór, a w drugim  inny.
2
Definicje te stosuje sie w niezmienionej formie również w przypadku funkcji wielu zmiennych.
14
Badanie funkcji różniczkowalnych Micha Krych
l
Przyk 6.17 Jeśli f(x) = ax + b , to funkcja f jest jednocześnie wypuk
lad la
i wkles nie jest ściśle wypuk Stwierdzenie to wynika natychmiast z definicji:
la, la.

f tx+(1-t)y = a tx+(1-t)y +b = t ax+b +(1-t) ay+b = tf(x)+(1-t)f(y) ,
wiec w przypadku funkcji liniowej nierówność wystepuja ca w definicji funkcji wy-
puk staje sie równościa .
lej
Przyk 6.18 Jeśli f(x) = x2 , to f jest funkcja ściśle wypuk na ca prostej.
lad la lej
Uzasadnimy te teze. Dla 0 < t < 1 mamy
2
tf(x) + (1 - t)f(y) - f tx + (1 - t)y = tx2 + (1 - t)y2 - tx + (1 - t)y =
= t(1 - t)(x - y)2 e" 0 ,
przy czym równość zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy x = y .
"
Przyk 6.19 Funkcja f(x) = x jest ściśle wkles  wynika to latwo ze ścis
lad la lej

"
"
wypuk funkcji kwadratowej: nierówność tx + (1 - t)y > t x + (1 - t) y jest
lości
równoważna nierówności
"
"
(tu + (1 - t)v)2 < tu2 + (1 - t)v2 , gdzie u = x , v = y .
Na rysunku obok
znajduje sie wykres funk-
1
cji x2 , trzy cieciwy
2
(tzn. odcinki
la cza ce dwa
punkty wykresu) oraz pro-
sta styczna do wykresu w
1
punkcie (1, ) . Widać, że
2
cieciwy leża nad wykre-
sem tej funkcji, natomiast
styczna  pod.
Wypuk funkcji
lość
Przed podaniem nastepnych przyk skomentujemy definicje funkcji wy-
ladów
puk i podamy kryterium pozwalaja ce stwierdzać wypuk niektórych funkcji.
lej lość
Funkcja jest wypuk jeśli po
la la czywszy dwa punkty jej wykresu otrzymujemy odcinek,
którego wszystkie punkty leża nad wykresem funkcji lub na jej wykresie. Funkcja jest
15
Badanie funkcji różniczkowalnych Micha Krych
l
ściśle wypuk jeśli wszystkie punkty wewnetrzne odcinka la cza cego dwa punkty wy-
la,
kresu leża nad wykresem funkcji. Jest tak dlatego, że w przypadku 0 < t < 1 , x < y
zachodzi nierówność x < tx + (1 - t)y < y . W przyk pierwszym pokazaliśmy,
ladzie

że punkt tx + (1 - t)y, tf(x) + (1 - t)f(y) leży na wykresie funkcji liniowej, której

wykres przechodzi przez punkty x, f(x) oraz y, f(y) , wspó
lczynnik kierunkowy
f(y)-f(x)
tej funkcji to a = , wyraz wolny to b = f(x) - ax = f(x) - xf(y)-f(x) .
y-x y-x
Nierówność wystepuja ca w definicji funkcji wypuk
lej:

f tx + (1 - t)y d" tf(x) + (1 - t)f(y)

to po prostu stwierdzenie, że 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, że funkcja jest wy-
puk wtedy i tylko wtedy, gdy zbiór punktów znajduja cych sie nad jej wykresem
la
jest wypuk
ly.
Twierdzenie 6.9 (o wypuk funkcji cia g *
lości lej)
Funkcja f cia g w każdym punkcie zbioru wypuk P jest wypuk wtedy i tylko
la lego la
x+y
f(x)+f(y)
wtedy, gdy dla dowolnych x, y " P zachodzi nierówność f d" , ściśle
2 2
wypuk gdy ta nierówność jest ostra w każdym przypadku, w którym x = y .
la,
1
Dowód. Jeśli f jest wypuk to przyjmuja c w definicji wypuk t = otrzy-
la, lości
2
mujemy warunek podany w tym twierdzeniu, co kończy dowód konieczności tego
warunku.
Zajmiemy sie teraz dowodem w  druga  strone. Niech x, y beda dowolnymi

x+y f(x)+f(y)
punktami zbioru P . Mamy f d" . Ponieważ nierówność ta zachodzi
2 2
dla dowolnych punktów x, y zbioru P , wiec możemy zasta pić punkt y środkiem

x+y
1 3 1
odcinka la cza cego punkty x, y . Mamy x + = x + y . Wobec tego mamy

2 2 4 4


x+y f(x)+f(y)
3 1 1 1 3 1
też f x + y d" d" f(x) + f d" f(x) + = f(x) + f(y) .
4 4 2 2 2 2 4 4
3
Wykazaliśmy, że nierówność definiuja ca wypuk ma miejsce w przypadku t = .
lość
4
x+y
Stosuja c to samo rozumowanie do punktów oraz y otrzymujemy nierówność
2

1 3 1 3
f x + y d" f(x) + f(y) , a wiec nierówność z definicji wypuk w przypadku
lości
4 4 4 4
1 3 1 3 1 1
t = . Rozważaja c teraz kolejno pary punktów x i x + y , x + y i (x + y) ,
4 4 4 4 4 2
1 1 3 1 3 7
(x + y) i x + y oraz x + y i y otrzymujemy nierówność kolejno dla t = ,
2 4 4 4 4 8
5 3 1 1 2 3 4
t = , t = i t = . Otrzymaliśmy nierówność dla 7 wartości t : , , , ,
8 8 8 8 8 8 8
5 6 7 k
, , . W taki sam sposób możemy otrzymać nierówność w przypadku t = ,
8 8 8 16
k
potem w przypadku t = itd. Teraz skorzystamy z cia g funkcji f . Każda
lości
32
k
liczba t " (0, 1) jest granica cia gu (tn) liczb postaci " (0, 1) . Dla tych liczb
2m
nierówność jest już udowodniona. Mamy wiec
*Dowodu na wyk nie by i nie bedzie.
ladzie lo
16
Badanie funkcji różniczkowalnych Micha Krych
l
f (tnx + (1 - tn)y) d" tnf(x) + (1 - tn)f(y) .
Przechodza c do granicy (wolno, bo f jest cia g w każdym punkcie, w szczególności
la
w tx + (1 - t)y ) otrzymujemy nierówność
f (tx + (1 - t)y) d" tf(x) + (1 - t)f(y) ,
a to kończy dowód wypuk funkcji f .
lości

x+y f(x)+f(y)
Należy jeszcze wykazać, jeśli dla x = y zachodzi f < , to f jest

2 2
ściśle wypuk Za óżmy, że tak nie jest. Wobec tego
la. l
f(tx + (1 - t)y) = tf(x) + (1 - t)f(y)
dla pewnych x, y " P , x = y , t " (0, 1) . Za óżmy, że 0 < s < t < 1 . Mamy wtedy
l

t-s 1-t
tf(x) + (1 - t)f(y) = f(tx + (1 - t)y) = f x + (sx + (1 - s)y) d"
1-s 1-s
t-s 1-t
d" f(x) + f(sx + (1 - s)y) d"
1-s 1-s

t-s 1-t
d" f(x) + sf(x + (1 - s)f(y)) = tf(x) + (1 - t)f(y) .
1-s 1-s
Wobec tego, że ten cia g nierówności zaczyna sie i kończy tym samym wyrażeniem,
wszystkie nierówności sa równościami, w szczególności
f(sx + (1 - s)y) = sf(x) + (1 - s)f(x) ,
k
a to przeczy za
lożeniu, bo s może być postaci , a dla takich s nierówność, jak
2m
to wykazaliśmy wcześniej, jest ostra.
Ostatni fragment tego dowodu może wygla dać nieco sztucznie, ale stanie sie
jaśniejszy po zapoznaniu sie z twierdzeniem charakteryzuja cym funkcje wypuk W
le.
tej chwili wypada stwierdzić jedynie, że jeśli trzy punkty wykresu funkcji wypuk
lej
leża na jednej prostej, to wykres tej funkcji zawiera najkrótszy odcinek domkniety,
który zawiera te trzy punkty wykresu, a ostatni fragment dowodu w istocie rzeczy
to pokazuje. By to dobrze zrozumieć, trzeba poja ć, że jeśli 0 < s < t < 1 , to punkt
tx + (1 - t)y leży bliżej punktu x niż punkt sx + (1 - s)y *, nastepnie narysować
sobie to wszystko biora c pod uwage to, że żaden punkt wykresu funkcji wypuk nie
lej
może sie znalez
ć nad odcinkiem
la cza cym dwa punkty tego wykresu.
Bez za lości lady
lożenia cia g powyższe twierdzenie nie jest prawdziwe, ale przyk
o tym świadcza ce sa bardzo nienaturalne i ich omówienie wykracza znacznie poza
ramy tego wyk
ladu.
Podamy jeszcze kilka przyk funkcji wypuk lub wkles na pewnych
ladów lych lych
przedzia
lach.
Przyk 6.20 Funkcja wyk
lad ladnicza o podstawie dodatniej i różnej od 1 jest
1
ściśle wypuk Wystarczy wykazać, że a(x+y)/2 d" (ax + ay) , przy czym równość
la.
2
2
ma miejsce jedynie wtedy, gdy x = y . Mamy ax + ay - 2a(x+y)/2 = ax/2 - ay/2 .
Z tej równości teza wynika natychmiast.
* Za óżmy, że xt>s>0 . Wtedy tx+(1-t)y-x=(1-t)(y-x)<(1-s)(y-x)=sx+(1-s)y-x .
l
17
Badanie funkcji różniczkowalnych Micha Krych
l
Przyk 6.21 Funkcja ln jest ściśle wkles Dla dowodu wystarczy wykazać, że
lad la.

x+y
1
ln e" (ln x + ln y) oraz że równość ma miejsce wtedy i tylko wtedy, gdy x = y .
2 2

x+y
Nierówność ta jest równoważna nastepuja cej: eln x + eln y /2 = e" e(ln x+ln y)/2 ,
2
która wynika natychmiast ze ścis wypuk funkcji wyk
lej lości ladniczej o podstawie e .
(zob. przyk 3.39 )
lad
Przyk 6.22 Funkcja sinus jest ściśle wypuk na przedziale [-Ą, 0] i ściśle
lad la
wkles na przedziale [0, Ą] . Dla dowodu wystarczy wykazać, że jeśli -Ą d" x < y d" 0 ,
la
x+y x+y
1 1
to sin < (sin x + sin y) i że jeśli 0 d" x < y d" Ą , to sin > (sin x + sin y) .
2 2 2 2
Ponieważ sin(-x) = - sin x , wiec wystarczy wykazać jedna z tych nierówności.
Za óżmy, że 0 d" x < y d" Ą . W tej sytuacji
l
x+y x-y x+y
1
(sin x + sin y) = sin cos < sin
2 2 2 2
x-y x-y
Ä„
 ostatnia nierówność zachodzi, bo - d" < 0 , wiec 0 d" cos < 1 .
2 2 2

Ä„
Przyk 6.23 Funkcja tangens jest ściśle wypuk na przedziale - , 0 i ściśle
lad la
2

Ä„
wkles na przedziale 0, . Podobnie jak w przypadku funkcji sinus wystarczy zaja ć
la
2
Ä„
sie jednym z tych dwóch przedzia ów. Za óżmy, że 0 d" x < y < . Wykorzystamy
l l
2
sin(Ä…-²)
znany wzór: tg Ä… - tg ² = . Mamy
cos Ä… cos ²

x+y x+y x+y
1 1
(tg x + tg y) - tg = tg y - tg - tg - tg x =
2 2 2 2 2

y-x y-x y-x
sin sin sin (cos x-cos y)
1
2 2 2
= - = > 0
x+y x+y x+y
2
cos y cos cos x cos 2 cos x cos y cos
2 2 2
Ä„
 ostatnia nierówność wynika z tego, że kosinus maleje na przedziale [0, ] .
2
Przyk 6.24 Niech f(x) = |x| . Wykażemy, że f jest funkcja wypuk ale
lad la ,
nie ściśle. Tym razem skorzystamy bezpośrednio z definicji. Jeśli x, y sa liczbami
rzeczywistymi i 0 < t < 1 , to skorzystawszy z nierówności trójka ta otrzymujemy
|tx + (1 - t)y| d" t|x| + (1 - t)|y| , przy czym równość zachodzi wtedy i tylko wtedy,
gdy xy e" 0 .
Przyk 6.25 Niech f(x) = e|x| . Wykażemy, że funkcja ta jest ściśle wypuk
lad la.
1
Ponieważ jest cia g wiec można zajmować sie jedynie przypadkiem t = . Za óżmy,
la, l
2

1
że x = y . Mamy w tej sytuacji e|x+y|/2 d" e(|x|+|y|)/2 d" e|x| + e|y| , przy czym

2
jeśli pierwsza nierówność staje sie równościa , to xy e" 0 i wobec tego, że x = y , ma

miejsce nierówność |x| = |y| i wobec tego druga nierówność musi być ostra (funkcja

wyk la). l
ladnicza jest ściśle wypuk Dowód zosta zakończony.
Przyk 6.26 Funkcja |x| + |x - 1| + |x - 2| + |x - 3| jest wypuk jako suma
lad la
czterech funkcji wypuk Nie jest ona ściśle wypuk bo na przedziale [1, 2] jest
lych. la,
sta zreszta na każdym z przedzia ów (-", 0] , [0, 1] , [1, 2] , [2, 3] , [3, +") jest
la, l
18
Badanie funkcji różniczkowalnych Micha Krych
l
liniowa, wykres tej funkcji sk sie z trzech odcinków i dwu pó
lada lprostych.

Przyk 6.27 Niech f(x) = - |x| . Bez trudu sprawdzamy, że funkcja ta nie
lad

1 1 1
jest wypuk na ca prostej: f · (-1) + · 1 = f(0) > -1 = f(-1) + f(1) .
la lej
2 2 2
Jest ona wypuk na każdej z pó
la lprostych (-", 0] , [0, +")  wynika to latwo z
"
tego, że jak pokazaliśmy wcześniej, funkcja jest ściśle wkles
la.
Przyk 6.28 Cena biletu kolejowego w ustalonej klasie jest funkcja wkles
lad la
odleg na jaka jest wystawiany.* Uzasadnimy to tak: przyrost ceny biletu spowo-
lości
dowany wyd lości
lużeniem sie odleg jaka zamierzamy przejechać o ustalona wielkość
jest tym mniejszy im d dystans zamierzamy przebyć. Zapiszemy to za pomoca
luższy
symboli matematycznych. Niech p(x) oznacza cene biletu pozwalaja cego na przeje-
chanie x kilometrów. Niech h oznacza dowolna liczbe dodatnia i niech x < y . Wtedy
p(x + h) - p(x) e" p(y + h) - p(y) . Wykażemy, że ten warunek, w przypadku funk-
cji cia g określonej na przedziale, jest równoważny wkles funkcji. Zak
lej lości ladamy
oczywiście, że nierówność ma miejsce dla dowolnych liczb x, y, h przy za
lożeniu, że
1 1
h > 0 i x < y . Jeśli r < s , to przyjmujemy x = r, h = (s - r), y = (s + r) .
2 2
Nierówność p(x + h) - p(x) e" p(y + h) - p(y) to nierówność

1 1
p (s + r) - p(r) e" p(s) - p (s + r) ,
2 2

1 1
czyli p (s + r) e" (p(r) + p(s)) , co pocia ga za soba wkles funkcji cia g p .
lość lej
2 2
Teraz za óżmy, że funkcja p jest wkles Niech u < v < w beda trzema punktami
l la.
w-v v-u w-v w-v v-u
dziedziny funkcji p . Mamy v = u + w oraz 0 < < 1 i + = 1 ,
w-u w-u w-u w-u w-u
w-v v-u
zatem p(v) e" p(u) + p(w). Te ostatnia nierówność możemy przepisać na
w-u w-u
trzy różne sposoby:
p(v)-p(u) p(w)-p(u) p(u)-p(v) p(w)-p(v) p(u)-p(w) p(v)-p(w)
e" , e" i e" .
v-u w-u u-v w-v u-w v-w
p(x+h)-p(x) p(y+h)-p(y)
Stosuja c te nierówności wnioskujemy, że e"  jeśli np.
x+h-x y+h-y
p(x+h)-p(x) p(x+h)-p(y)
x < y < x+h , to stosujemy najpierw nierówność trzecia : e" ,
x+h-x x+h-y
p(x+h)-p(y) p(y+h)-p(y)
a potem  druga : e" . Dowód zosta zakończony.
l
x+h-y y+h-y
Końcówka ostatniego przyk wymaga wyjaśnienia. Wykazaliśmy tam, że w
ladu
przypadku funkcji wkles p i trzech punktów jej dziedziny u < v < w zachodza
lej
nierówności:
p(v)-p(u) p(w)-p(u) p(u)-p(v) p(w)-p(v) p(u)-p(w) p(v)-p(w)
e" , e" i e" .
v-u w-u u-v w-v u-w v-w
Każda z nich może być potraktowana jako formalna interpretacja stwierdzenia: ilo-
* Zak że bilet może być wystawiony na dowolna odleg co w rzeczywistości nie jest prawda.
ladamy, lość,
W rzeczywistości funkcja ta nie jest wkles bo dziedzina nie jest przedzia lecz sk sie wy-
la, lem, lada
lkowitych i w dodatku funkcja jest przedzia sta w wiekszości przypadków
lacznie z liczb ca lami la:
wyd podróży o 1 km nie zmienia ceny biletu. My rozpatrujemy pewna idealizacje sytuacji
lużenie
rzeczywistej.
19
Badanie funkcji różniczkowalnych Micha Krych
l
p(v)-p(u)
raz jest funkcja nierosna ca , w pierwszym przypadku zmiennej v (te-
v-u
raz u jest ustalone), w drugim zmiennej u (teraz v jest ustalone), w trzecim chodzi
p(u)-p(w)
o wyrażenie jako funkcje zmiennej u ( w jest teraz ustalone). Każde z tych
u-w
p(u)-p(v)
trzech stwierdzeń jest równoważne wkles funkcji p . Wyrażenie nazy-
lości
u-v
wane jest ilorazem różnicowym funkcji p . Pokazuje ono jaka by wzgledna zmiana
la
wartości funkcji p . Stwierdzenie, że funkcja jest wkles oznacza wiec, że rośnie ona
la
coraz wolniej. Analogicznie funkcja wypuk rośnie coraz szybciej. Rezultaty te sa
la
ważne wiec 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 bedzie funkcja określona na zbiorze wypuk P . Nastepuja ce warunki sa
lym
równoważne:
(i) funkcja f jest wypuk
la;
f(y)-f(x) f(z)-f(x)
(ii) jeśli x < y < z sa punktami zbioru P , to d" ;
y-x z-x
f(x)-f(y) f(z)-f(y)
(iii) jeśli x < y < z sa punktami zbioru P , to d" ;
x-y z-y
f(x)-f(z) f(y)-f(z)
(iv) jeśli x < y < z sa punktami zbioru P , to d" .
x-z y-z
W przypadku funkcji ściśle wypuk nierówności wystepuja ce w warunkach
lych
(ii)  (iv) sa ostre.
Twierdzenie to bedziemy stosować, gdy bedziemy badać wypuk funkcji za
lość
pomoca pochodnych  dzieki niemu bedziemy w stanie powiedzieć, jaka w
lasność
pochodnej powoduje, że funkcja różniczkowalna jest wypuk
la.
Zakończymy rozważania o funkcjach wypuk nierównościa Jensena. Ma ona
lych
ważne zastosowania, jest to dobre narzedzie do uzyskiwania różnych oszacowań. Ma
ważne zastosowania w rachunku prawdopodobieństwa. Rozpoczniemy od średnich
ważonych.
Niestety na wyk tego tematu nie bede w stanie omówić z braku czasu. Pisze
ladzie
o tym, bo temat jest ważny i być może ktoś z tych studentów, którzy maja zamiar
zrozumieć różne kwestie g zechce przeczytać ten fragment.
lebiej,
Definicja 6.11 (średniej ważonej)
Średnia ważona liczb x1, x2, x3, . . . , xn z wagami p1 e" 0, p2 e" 0, p3 e" 0, . . . , pn e" 0
nazywamy liczbe
p1x1 + p2x2 + p3x3 + · · · + pnxn
pod warunkiem: p1 + p2 + p3 + · · · + pn = 1 .
1
W przypadku, gdy wagi sa równe, wiec równe , średnia ważona zwana jest
n
średnia arytmetyczna , a czasem po prostu średnia . Jeśli np. policzono średnie p
lace
20
Badanie funkcji różniczkowalnych Micha Krych
l
dla różnych grup ludności i mamy policzyć średnia p w kraju, to ze wzgledu
lace
na to, że np. ministrów jest istotnie mniej niż pielegniarek (przynajmniej w chwili
pisania tego tekstu), to ich p zostanie uwzgledniona z mniejsza waga niż p
laca laca
pielegniarek. W obu przypadkach waga bedzie iloraz liczby cz
lonków danej grupy
przez liczbe wszystkich zatrudnionych w kraju.
Inny przyk sytuacji, w której pojawia sie średnia ważona, to próba przewidy-
lad
wania swej wygranej przez uczestnika gra hazardowej. Wie on, że za uzyskanie wyniku
j otrzymuje on kwote xj (ta liczba może być ujemna, wtedy hazardzista p Jeśli
laci).
wynik j uzyskiwany jest z prawdopodobieństwem pj , to należy spodziewać sie wy-
granej p1x1 + p2x2 + p3x3 + · · · + pnxn , tzn. graja c wielokrotnie bedziemy Å›rednio
uzyskiwać kwote p1x1 + p2x2 + p3x3 + · · · + pnxn . Przyk można mnożyć, ale nie
lady
bedziemy tego robić.
Twierdzenie 6.12 (Nierówność Jensena)
Jeśli funkcja f jest wypuk to dla dowolnych jej argumentów x1, , x2, x3, . . . , xn
la,
i dowolnych wag p1, p2, p3, . . . , pn zachodzi nierówność:
f(p1x1 + p2x2 + p3x3 + · · · + pnxn) d" p1f(x1) + p2f(x2) + p3f(x3) + · · · + pnf(xn) .
Nierówność ta w przypadku funkcji ściśle wypuk dodatnich wag p1, p2, . . . , pn
lej,
i przynajmniej dwóch różnych argumentów spośród x1, x2, . . . , xn jest ostra.
Dowód. Dla n = 1 musi być p1 = 1 , wiec nierówność staje sie równościa . Dla
n = 2 mamy p2 = 1 - p1 , wiec nierówność wystepuje w definicji funkcji wypuk
lej.
Za óżmy, że dowodzone twierdzenie jest prawdziwe dla wszystkich możliwych wy-
l
borów n argumentów funkcji f i n wag. Niech x1, x2, . . . , xn, xn+1 beda dowolnymi
argumentami funkcji f , a p1, p2, . . . , pn, pn+1 dowolnym uk n+1 wag, tj. liczb
ladem
nieujemnych, których suma równa jest 1 . Jeśli którakolwiek z wag jest równa 0 , to
nierówność z n+1 argumentami i n+1 wagami jest prawdziwa na mocy uczynionego
za
lożenia: argument odpowiadaja cy zerowej wadze jest nieistotny, bo w nierówności
faktycznie nie wystepuje. Za óżmy teraz, że wszystkie wagi p1, p2, . . . , pn, pn+1 sa do-
l
pnxn+pn+1xn+1 pn+1
pn
datnie. Niech p = pn + pn+1 i x = = xn + xn+1 . Zachodzi
n n
pn+pn+1 p p
n n
równość p1x1 +p2x2 +. . .+pnxn +pn+1xn+1 = p1x1 + p2x2 +. . .+pn-1xn-1 +p x .
n n
Z za
lożenia, które uczyniliśmy wynika, że
f(p1x1 + p2x2 + . . . + pn-1xn-1 + p x ) d"
n n
d" p1f(x1) + p2f(x2) + . . . + pn-1f(xn-1) + p f(x ) =
n n

pn+1
pn
= p1f(x1) + p2f(x2) + . . . + pn-1f(xn-1) + p f xn + xn+1 d"
n
p p
n n

pn+1
d" p1f(x1) + p2f(x2) + . . . + pn-1f(xn-1) + p pn f(xn) + f(xn+1) =
n
p p
n n
= p1f(x1) + p2f(x2) + . . . + pn-1f(xn-1) + pnf(xn) + pn+1f(xn+1)
21
Badanie funkcji różniczkowalnych Micha Krych
l
 druga z tych nierówności jest bezpośrednim wnioskiem z wypuk funkcji f .
lości
Zakończyliśmy indukcyjny dowód nierówności Jensena.
Pokażemy teraz jej najprostsze zastosowania. Rozpoczniemy od klasycznej nie-
równości miedzy średnimi.
Przyk 6.29 Nierówność Cauchy ego miedzy klasycznymi średnimi
lad
"
a1+a2+···+an
n
Dla dowolnych liczb dodatnich a1, a2, . . . , an zachodzi: a1a2 . . . an d" .
n
Nierówność ta staje sie równościa wtedy i tylko wtedy, gdy a1 = a2 = . . . = an .
Dowód. Zastosujemy nierówność Jensena do funkcji wypuk -ln (przyk
lej lad
3.40). Mamy

a1+a2+···+an 1 1 1
- ln = - ln a1 + a2 + · · · + an d"
n n n n
1 1 1 1
d" (- ln)(a1) + (- ln)(a2) + · · · + (- ln)(an) = - (ln a1 + ln a2 + . . . + ln an) .
n n n n
a1+a2+···+an 1
Sta d ln e" (ln a1 + ln a2 + . . . + ln an) i wobec tego
n n

a1 + a2 + · · · + an "
n
= eln (a1+a2+···+an)/n e" e(ln a1+ln a2+...+ln an)/n = a1a2 . . . an.
n
Równość ma miejsce wtedy i tylko wtedy, gdy wszystkie liczby a1, a2, . . . , an sa
równe, bowiem funkcja - ln jest ściśle wypuk l
la.Dowód zosta zakończony.
Z kilku dowodów nierówności o średniej arytmetycznej i geometrycznej znanych
autorowi, podany wyżej, jest najkrótszy.
Przyk 6.30 Nierówność Schwarza
lad
Dla dowolnych liczb rzeczywistych a1, a2, . . . , an, b1, b2, . . . , bn zachodzi nierówność

a1b1 + a2b2 + · · · + anbn d" a2 + a2 + · · · + a2 · b2 + b2 + · · · + b2 .
1 2 n 1 2 n
Równość ma tu miejsce wtedy i tylko wtedy, gdy istnieje liczba nieujemna t , dla
której zachodza równości a1 = tb1 , a2 = tb2 , . . . , an = tbn lub równości b1 = ta1 ,
b2 = ta2 ,. . . , bn = tan .
Dowód. Skorzystamy z nierówności Jensena dla funkcji x2 , która, jak to wy-
kazaliśmy wcześniej jest ściśle wypuk Zauważmy najpierw, że jeśli aj = 0 dla pew-
la.
nego j , to można przyja ć, że bj = 0 , bowiem w wyniku tej operacji otrzymujemy
nierówność z ta sama lewa strona i zmniejszona strona prawa , wiec taka , z której wy-
nika nierówność wyjściowa. Można wiec przyja ć, że wszystkie liczby a1, a2, . . . , an sa
różne od 0 . To samo dotyczy liczb b1, b2, . . . , bn . Po tej redukcji do przypadku prost-
szego z punktu widzenia zastosowanej metody dowodu, przejdziemy do w
laściwego
dowodu. Mamy
(a1b1 + a2b2 + . . . + anbn)2 =
22
Badanie funkcji różniczkowalnych Micha Krych
l
2
b2 b2 b2
a1 a2 an
1 2 n
= · + · + · · · + · ·
b1 1 2 n b2 1 2 n bn 1 2 n
b2+b2+···+b2 b2+b2+···+b2 b2+b2+···+b2
2
· b2 + b2 + · · · + b2 d"
1 2 n

2 2 2
b2 b2 b2
a1 a2 an
1 2 n
d" · + · + · · · + · ·
b2+b2+···+b2 b1 1 2 n b2 b2+b2+···+b2 bn
b2+b2+···+b2
1 2 n 1 2 n
2
· b2 + b2 + · · · + b2 =
1 2 n
= (a2 + a2 + · · · + a2 )(b2 + b2 + · · · + b2 ) .
1 2 n 1 2 n
a1 a2 an
Równość ma miejsce wtedy i tylko wtedy, gdy = = . . . = . Wystarczy
b1 b2 bn
oznaczyć ten iloraz przez t , by otrzymać teze. Oczywiście dla równości w wyjściowej
nierówności potrzeba, by liczba t by dodatnia  w przypadku przeciwnym z lewej
la
strony nierówności otrzymamy liczbe ujemna , podczas gdy liczba po prawej stronie
nierówności jest dodatnia. Dowód zosta zakończony.
l
Nierówność Schwarza, która udowodniliśmy można zinterpretować geometrycz-
nie w przypadku n = 2 i n = 3 . Wyrażenie a1b1 + a2b2 + . . . + anbn można po-
traktować jako iloczyn skalarny wektorów [a1, a2, . . . , an ] i [b1, b2, . . . , bn] . Iloczyn
skalarny dwóch wektorów leża cych na p lugości
laszczyz
nie, to jak wiemy, iloczyn ich d
przez kosinus ka ta miedzy nimi. Udowodniliśmy bez żadnych trudności, używaja c
twierdzenia kosinusów, że iloczyn skalarny zdefiniowany geometrycznie wyraża sie w
podany przez nas sposób za pomoca wspó
lrzednych prostoka tnych tych wektorów.
Przy takiej interpretacji nierówność Schwarza to po prostu stwierdzenie, że kosinus
ka ta miedzy dwoma wektorami nie może być wiekszy niż 1 oraz że przyjmuje on
wartość 1 wtedy i tylko wtedy, gdy wektory sa równoleg i zgodnie skierowane. Ta
le
interpretacja jest bardzo ważna. S ona jako podstawa do rozszerzenia definicji
luży
iloczynu skalarnego na przestrzenie o wiekszej liczbie wymiarów, co u zajmo-
latwia
wanie sie funkcjami wielu zmiennych. Spotkamy sie z tymi pojeciami w rozdzia
lach
poświeconych funkcjom wielu zmiennych rzeczywistych.
Podany przez nas dowód nierówności Schwarza nie jest najprostszy. Najprostszy
znany autorowi wygla da tak: wielomian kwadratowy

a2 + a2 + · · · + a2 t2 - 2 (a1b1 + a2b2 + . . . + anbn) t + b2 + b2 + · · · + b2 =
1 2 n 1 2 n
= (a1t - b1)2 + (a2t - b2)2 + · · · + (ant - bn)2
przyjmuje jedynie nieujemne wartości, wiec jego wyróżnik (popularna " = b2 - 4ac )
nie jest wiekszy od 0 , to w jest nierówność Schwarza.
laśnie
Można też udowodnić to twierdzenie bez żadnych sztuczek. Wystarczy dowieść, że

a2 + a2 + · · · + a2 b2 + b2 + · · · + b2 - (a1b1 + a2b2 + . . . + anbn)2 =
1 2 n 1 2 n
n n


= (aibj - ajbi)2 .
i=1 j=i+1
Zachecamy czytelników do udowodnienia tej równości. To dobre, choć krótkie, ćwi-
23
Badanie funkcji różniczkowalnych Micha Krych
l
czenie w operowaniu wyrażeniami algebraicznymi, a tego rodzaju umiejetności sa
przydatne w matematyce, nie tylko w czasie egzaminów z tego przedmiotu.
Przyk 6.31 Wykażemy, że spośród 5 -ka tów wpisanych w okra g o promieniu
lad
1 najwiekszy obwód ma piecioka t foremny.
Niech 2ą1 , 2ą2 , 2ą3 , 2ą4 , 2ą5 beda ka tami środkowymi opartymi na bokach
piecioka ta.* Wtedy bokami sa liczby 2 sin Ä…1 , 2 sin Ä…2 , 2 sin Ä…3 , 2 sin Ä…4 , 2 sin Ä…5 ,
co wynika z definicji sinusa. Wobec tego po obwodu piecioka ta równa jest
lowa
sin Ä…1 + sin Ä…2 + sin Ä…3 + sin Ä…4 + sin Ä…5 .
Oczywiście spe sa nierówności 0 < ą1 < Ą , 0 < ą2 < Ą , 0 < ą3 < Ą ,
lnione
0 < ą4 < Ą , 0 < ą5 < Ą . Na przedziale [0, Ą] sinus jest funkcja ściśle wkles
la ,
stosujemy nierówność Jensena:
sin Ä…1 + sin Ä…2 + sin Ä…3 + sin Ä…4 + sin Ä…5 =
1
1 1 1 1
= 5 sin Ä…1 + sin Ä…2 + sin Ä…3 + sin Ä…4 + sin Ä…5 d"
5 5 5 5 5

+Ä…2
+Ä…3
+Ä…4
+Ä…5
1 1 1 1 1 Ä…1
Ä„
d" 5 sin Ä…1 + Ä…2 + Ä…3 + Ä…4 + Ä…5 = 5 sin = 5 sin .
5 5 5 5 5 5 5
Ä„
Wielkość 5 sin to po obwodu piecioka ta foremnego wpisanego w okra g, wiec
lowa
5
twierdzenie jest udowodnione. Wypada dodać, że ponieważ funkcja sinus na prze-
dziale [0, Ą] jest ściśle wkles wiec piecioka ty nieforemne maja obwody mniejsze niż
la,
piecioka t foremny wpisany w ten sam okra g.
Te przyk to tylko drobna ilustracja różnorodnych możliwości, które daje
lady
nierówność Jensena. Niebawem poznamy inne sposoby uzyskiwania nierówności przy
wykorzystaniu wypuk funkcji.
lości
Teraz pokażemy, jak można badać wypuk w przypadku funkcji różniczko-
lość
walnej. Wykazaliśmy niedawno, że definicja wypuk jest równoważna temu, że
lości
spe jest jeden (którykolwiek) z trzech warunków (dla funkcji ściśle wypuk
lniony lej
poniższe nierówności sa ostre):
f(y)-f(x) f(z)-f(x)
(a) d" dla każdych x, y, z z dziedziny funkcji f , dla których
y-x z-x
x < y < z ,
f(y)-f(x) f(z)-f(y)
(b) d" dla każdych x, y, z z dziedziny funkcji f , dla których
y-x z-y
x < y < z ,
f(x)-f(z) f(y)-f(z)
(c) d" dla każdych x, y, z z dziedziny funkcji f , dla których
x-z y-z
x < y < z .
Udowodnimy teraz twierdzenie, które charakteryzuje funkcje wypuk w termi-
le
nach pochodnych. Przed sformu
lowaniem go wprowadzimy oznaczenia:
f(x+h)-f(x)
f (x) = lim oznacza lewostronna pochodna funkcji f w punkcie x ,
h0- h
* Wierzcho kata jest środkiem okregu, ramiona przechodza przez końce boku.
lek
24
Badanie funkcji różniczkowalnych Micha Krych
l
f(x+h)-f(x)

f+(x) = lim oznacza prawostronna pochodna funkcji f w punkcie x .
h0+ h
Twierdzenie 6.13 (o pochodnej funkcji wypuk
lej)
Jeśli f jest funkcja wypuk określona na przedziale otwartym P , to
la

W1. w każdym punkcie x " P istnieja pochodne jednostronne f (x) i f+(x) i

f (x) d" f+(x) ;

W2. jeśli x, y " P i x < y , to f+(x) d" f (y) , przy czym jeśli f jest ściśle wypuk
la,
to nierówność jest ostra;
W3. funkcja f jest cia g w każdym punkcie przedzia otwartego P .
la lu
f(t)-f(x)
Dowód. Niech Dx , gdzie Dx(t) = dla dowolnego punktu t " P \ {x} ,
t-x
oznacza iloraz różnicowy funkcji f w punkcie x . Za óżmy, że u < v < x < r < s sa
l
punktami przedzia P . Z w lasności (b)
lu lasności (c) wynika, że Dx(u) d" Dx(v) . Z w
wynika z kolei, że Dx(v) d" Dx(r) , zaś z w
lasności (a) wynika, że Dx(r) d" Dx(s) .
Mamy wiec Dx(u) d" Dx(v) d" Dx(r) d" Dx(s) . Oznacza to, że funkcja Dx jest
niemaleja ca w ca zbiorze P \{x} . Ma wiec granice jednostronne w każdym punkcie
lym
przedzia P , w tym w punkcie x . Zachodza oczywiste równości: lim Dx(t) = f (x)
lu
tx-


oraz lim Dx(t) = f+(x) , przy czym f (x) d" Dx(r) , i wobec tego f (x) d" f+(x) .
tx+
Pierwsza cześć twierdzenia zosta udowodniona.
la
Za óżmy teraz, że x < r < y . Z w
l lasności (b) wynika, że Dx(r) d" Dy(r) , a z tego co

udowodniliśmy dotychczas wynikaja nierówności f+(x) d" Dx(r) oraz Dy(r) d" f-(y) .

Z trzech otrzymanych nierówności wynika, że f+(x) d" f-(y) . Uzyskaliśmy wiec druga
cześć tezy.
Z istnienia jednostronnych pochodnych skończonych w punkcie x wynika, że funkcja
f jest w tym punkcie lewo i prawostronnie cia g wiec jest cia g Stwierdzenie
la, la.
tego, że w przypadku funkcji ściśle wypuk nierówności staja sie ostre wynika od
lej
razu z tego, że w przypadku funkcji ściśle wypuk nierówności w (a), (b), (c) sa
lej
ostre. Dowód zosta zakończony.
l
Wniosek 6.14 (z dowodu twierdzenia)
Jeśli f jest funkcja wypuk określona na przedziale otwartym P , to dla dowolnego
la

h > 0 , takiego że x + h " P zachodzi nierówność f(x + h) e" f(x) + f+(x)h . Jeśli

x - h " P , to zachodzi nierówność f(x - h) e" f(x) - f-(x)h . W przypadku funkcji
ściśle wypuk nierówności te sa ostre.
lej
f(x+h)-f(x)

Dowód. Wynika to natychmiast z tego, że f+(x) d" Dx(x + h) = ,
h
f(x-h)-f(x)

w pierwszym przypadku. W drugim z tego, że f-(x) e" Dx(x - h) = .
-h
Wykazane twierdzenie oznacza, że pochodna różniczkowalnej funkcji wypuk
lej
jest niemaleja ca. Wniosek to po prostu stwierdzenie, że wykres funkcji wypuk leży
lej
25
Badanie funkcji różniczkowalnych Micha Krych
l
nad styczna do siebie w dowolnym punkcie wewnetrznym przedzia
lu dziedziny. Przy
okazji okazuje sie, że funkcja wypuk może być nieróżniczkowalna w pewnych punk-
la
tach, np. |x| , |x+1|+|x|+|x-1| lub e|x| , ale w punktach wewnetrznych dziedziny ma
skończone pochodne jednostronne, wiec jest  niedaleka od funkcji różniczkowalnej.
Wypada nadmienić, że te uwagi nie dotycza końców przedzia
lu dziedziny, w których
funkcja wypuk może nie być cia g np. jeśli f(x) = x2 dla x > 0 i f(0) = 1 , to f
la la,
jest ściśle wypuk na pó la
la lprostej domknietej [0, ") , choć jest niecia g w punkcie 0 ,
wiec tym bardziej nie ma w tym punkcie pochodnej. Takimi funkcjami nie bedziemy
sie jednak zajmować, bo sk jesteśmy przyznać, że sa one nieco sztuczne.
lonni
Pojawi sie poprzednio nierówność ex > 1 + x dla x = 0 . Teraz możemy ja
la
wywnioskować ze ścis wypuk funkcji ex na przedziale (-", ") . Nierówność
lej lości
sin x < x dla 0 < x < Ą jest konsekwencja ścis wkles funkcji sinus na prze-
lej lości
dziale [0, Ą] . Jeśli 0 < x = 1 , to ln x < x - 1 , co wynika z tego, że funkcja ln jest

ściśle wkles na (0, ") , co wykażemy niebawem. Widzimy wiec, że również w ten
la
sposób można uzyskiwać różne oszacowania. Warto wiec umieć wyjaśnić, czy funkcja
na określonym przedziale jest wypuk wkles czy też ani wypuk ani wkles
la, la, la, la.
Okazuje sie, że w wielu przypadkach można to wyjaśnić badaja c pochodna intere-
suja cej nas funkcji.
Twierdzenie 6.15 (o wypuk funkcji, której pochodna jest niemaleja ca)
lości
Jeśli funkcja f jest zdefiniowana na przedziale otwartym P i ma w punktach we-

wnetrznych tego przedzia jednostronne pochodne f+ i f- , dla których zachodza
lu
warunki:

W1. dla każdego x " P zachodzi nierówność f-(x) d" f+(x) ,

W2. jeśli x < y i x, y " P , to f+(x) d" f-(y) ,
to funkcja f jest wypuk na przedziale P . Jeżeli nierówność w warunku W2 jest
la
ostra, to funkcja f jest ściśle wypuk W szczególności:
la.
funkcja różniczkowalna f jest wypuk wtedy i tylko wtedy, gdy jej pochodna f jest
la
niemaleja ca, ściśle wypuk  wtedy i tylko wtedy, gdy jej pochodna f jest ściśle
la
rosna ca.
Dowód. Udowodnimy to twierdzenie dla funkcji różniczkowalnych, bo w tym przy-
padku dowód jest bardzo prosty, dowód wersji ogólnej nie jest chemikom niezbedny.
Z wypuk funkcji wynika, że jej pochodna jest niemaleja ca  jest to wniosek z po-
lości
przedniego twierdzenia. Zajmiemy sie dowodem  w druga strone . Zak
ladamy wiec,
że funkcja f jest różniczkowalna, a jej pochodna f jest niemaleja ca: x < y =Ò!
f (x) d" f (y) . By udowodnić, że funkcja f jest wypuk wystarczy wykazać, że
la,
f(x)-f(y) f(y)-f(z)
jeśli x < y < z , to d" . Z twierdzenia o wartości średniej wy-
x-y y-z
26
Badanie funkcji różniczkowalnych Micha Krych
l
f(x)-f(y)
nika, że istnieja punkty r " (x, y) oraz s " (y, z) , takie że = f (r) oraz
x-y
f(y)-f(z)
= f (s) . Ponieważ r < y < s , wiec r < s i wobec tego f (r) d" f (s) , co
y-z
kończy dowód twierdzenia w tym przypadku.
Przyk 6.32 Funkcja xa jest ściśle wypuk na pó
lad la lprostej (0, +") dla a > 1
oraz dla a < 0 , natomiast w przypadku 0 < a < 1 jest ściśle wkles Wynika to
la.
natychmiast z twierdzenia o wypuk funkcji o niemaleja cej pochodnej, bowiem
lości

(xa) = axa-1 i wobec tego (xa) = a(a - 1)xa-2 , wiec funkcja (xa) jest
dodatnia na pó
lprostej (0, +") w przypadku a > 1 oraz a < 0 , natomiast w
przypadku 0 < a < 1  funkcja ta jest ujemna, z czego wynika, że pochodna (xa)
rośnie w pierwszych dwóch przypadkach, natomiast w trzecim  maleje.
Przyk 6.33 Uogólniona nierówność Bernoulliego. Jeśli zachodza nierówności
lad
a > 0 lub a < 0 i -1 < x = 0 , to (1 + x)a > 1 + ax . Jeśli natomiast 0 < a < 1

oraz -1 < x = 0 , to (1 + x)a < 1 + ax .

Wynika to od razu z wyników poprzedniego przyk z tego że pochodna funkcji
ladu,
(1 + x)a w punkcie 0 jest liczba a oraz z tego, że wykres funkcji ściśle wypuk leży
lej
nad styczna maja c z nia dok jeden punkt wspólny, zaś wykres funkcji ściśle
ladnie
wkles leży pod styczna maja c z nia dok jeden punkt wspólny.
lej ladnie
Przyk 6.34 Funkcja wyk
lad ladnicza ax o podstawie dodatniej a = 1 jest ściśle

wypuk Mamy bowiem (ax) = ex ln a = ex ln a · ln a = ax · ln a . Wobec tego
la.

(ax) = ax · (ln a)2 > 0 dla każdego x , wiec funkcja (ax) jest Å›ciÅ›le rosna ca
na ca prostej, a wobec tego funkcja ax jest ściśle wypuk Wynika sta d, miedzy
lej la.
innymi, że wykres funkcji wyk
ladniczej leży nad styczna (w dowolnym punkcie), np.
ax > 1 + x · ln a dla x = 0 i 0 < a = 1 .

Przyk 6.35 Funkcja loga x jest ściśle wkles na pó
lad la lprostej (0, +") w przy-
padku a > 1 , natomiast w przypadku 0 < a < 1 funkcja loga x jest ściśle wypuk
la.
ln x 1
Wynika to z tego, że loga x = , wobec czego (loga x) = , wiec pochodna ta
ln a x ln a
jest ściśle maleja ca w przypadku ln a > 0 , czyli w przypadku a > 1 oraz  ściśle
rosna ca w przypadku ln a < 0 , czyli 0 < a < 1 .
Przyk 6.36 Funkcja sinus jest ściśle wkles na każdym przedziale postaci
lad la
[2nĄ, (2n+1)Ą] , zaś na przedzia postaci [(2n-1)Ą, 2nĄ] jest ona ściśle wypuk
lach la,
n oznacza tu dowolna liczbe ca
lkowita . Wynika to sta d, że (sin x) = cos x oraz
z tego, że funkcja kosinus maleje na przedzia postaci [2nĄ, (2n + 1)Ą] i rośnie na
lach
przedzia postaci [(2n - 1)Ą, 2nĄ] .
lach

Ä„ Ä„
Ze ścis wkles funkcji sinus na przedziale 0, wynika, że jeśli 0 < x < ,
lej lości
2 2
27
Badanie funkcji różniczkowalnych Micha Krych
l
2x Ä„
to < sin x < x  wykres leży nad sieczna (odcinkiem o końcach (0, 0) i ( , 1) )
Ä„ 2
i pod styczna (w punkcie (0, 0) ). Druga z tych nierówności znamy już od dawna, ale
warto raz jeszcze podkreślić jej zwia zek z wkles funkcji sinus.
lościa
Przyk 6.37 Funkcja tangens jest ściśle wypuk na każdym przedziale postaci
lad la
Ä„ Ä„
[nĄ, nĄ + ) zaś na każdym przedziale postaci (nĄ - , nĄ] jest ściśle wkles n
la,
2 2
oznacza tu dowolna liczbe ca lach
lkowita . Wynika to, z tego że na przedzia postaci
Ä„
[nĄ, nĄ + ) pochodna funkcji tangens, czyli funkcja 1 + tg2 x rośnie, zaś na prze-
2
Ä„
dzia postaci (nĄ - , nĄ]  maleje.
lach
2
Analiza przyk wskazuje na to, że zdarzaja sie funkcje, które w ca swej
ladów lej
dziedzinie nie sa ani wypuk ani wkles W podanych przyk zdarza sie tak,
le le. ladach lo
że po jednej stronie pewnego punktu mieliśmy do czynienia z funkcja wypuk a po
la
drugiej  z wkles Przy szkicowaniu wykresów funkcji rozsa dnie jest znalez
ć takie
la .
punkty zawczasu. Maja one swa nazwe.
Definicja 6.16 (punktu przegiecia)
Punkt p jest jest punktem przegiecia funkcji f wtedy i tylko wtedy, gdy istnieje taka
liczba ´ > 0 , że:
(i) przedzia (p - ´, p + ´) jest zawarty w dziedzinie funkcji f ,
l
(ii) na jednym z przedzia ów (p - ´, p] , [p, p + ´) funkcja f jest wypuk a na
l la,
drugim wkles
la,
(iii) na żadnym z przedzia ów (p - ·, p + ·] , [p, p + ·) , gdzie · " (0, ´) , funkcja
l
f nie jest liniowa.
Wypada dodać, że w literaturze istnieje kilka nierównoważnych definicji punktu
przegiecia, jednak wszystkie one pokrywaja sie w przypadku najprostszych funkcji.
Przyk
ladowym określeniem punktu przegiecia nierównoważnym podanemu wyżej
jest: p jest punktem przegiecia 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 może sprawdzić, że 0 jest punktem
1
przegiecia funkcji f zdefiniowanej wzorami f(0) = 0 , f(x) = x2(2 + sin ) dla
x
1
x > 0 oraz f(x) = -x2(2 + sin ) dla x < 0 w sensie drugiego określenia, ale nie
x
jest punktem przegiecia w sensie definicji, która podaliśmy wcześniej. Natomiast 0
jest punktem przegiecia funkcji f zdefiniowanej wzorami f(x) = -x2 dla x < 0
oraz f(x) = x + x2 dla x e" 0 w sensie  definicji punktu przegiecia , ale nie w
sensie określenia zacytowanego po niej. Niestety, matematycy nie ustalili tej definicji
na tyle sztywno, by jedna jedna jej wersja zosta przyjeta przez wszystkich, wiec
la
czytaja c różne podreczniki można spotykać sie z istotnie różnymi definicjami, które
28
Badanie funkcji różniczkowalnych Micha Krych
l
jednak w przypadku funkcji zdefiniowanych  za pomoca jednego wzoru * daja ten
sam rezultat.
Można, a być może nawet warto, dodać do naszej definicji jeszcze jeden warunek:
funkcja f ma styczna w punkcie p lub jego s wersje: jeśli z lewej strony punktu
labsza

p jest wkles a z prawej  wypuk to f-(p) d" f+(p) , jeśli z lewej strony p funkcja
la, la,

f jest wypuk a z prawej  wkles to f+(p) d" f-(p) . Chodzi o to, by funkcja
la, la,
zdefiniowana wzorami f(x) = x - x2 dla x < 0 i f(x) = x(x - 1) , której wykres
ma w punkcie 0  ostrze i która ma w tym punkcie lokalne maksimum w
laściwe nie
mia w tym punkcie przegiecia. Nie dodajemy tego warunku, by nie komplikować tej
la
definicji. Punkty przegiecia to raczej ciekawostka, z naszego punktu widzenia chodzi
jedynie o wypuk lub wkles a nie o szczegó analize najbardziej w
lość lość, lowa laściwej
definicji punktu przegiecia.
Jest jasne, że punkty postaci nĄ sa punktami przegiecia funkcji sinus oraz funkcji
tangens, że 0 jest punktem przegiecia funkcji x2n+1 dla n = 1, 2, 3, . . . , że funkcja
postaci ax + b nie ma punktów przegiecia, że funkcja x2n dla n = 1, 2, 3, . . . nie
"
7
ma punktów przegiecia, bowiem jest ściśle wypuk Funkcja x zdefiniowana na
la.
ca prostej ma punkt przegiecia w 0, choć nie jest w tym punkcie różniczkowalna
lej
(ma pochodna , ale równa +" ), bo jest ściśle wypuk na pó
la lprostej (-", 0] zaÅ› na
pó la. lady
lprostej [0, +") jest ściśle wkles Te przyk można mnożyć, ale nie bedziemy
tego robić, bo to proste pojecie nie przysparza wiekszych problemów studentom.
Symbole nieoznaczone, regu de l Hospitala
la
Czesto zachodzi potrzeba obliczenia granicy ilorazu dwu funkcji, gdy granica
każdej z nich równa jest 0 lub " . Zdarza sie, że trzeba obliczyć granice iloczynu
dwu funkcji, z których jedna ma granice 0, a druga  " . Ten drugi przypadek
f g
można sprowadzić do pierwszego: fg = = . Bywa, że interesuje nas granica
1/g 1/f
wyrażenia fg przy czym granica f jest 1, a granica g jest " . Wzór fg = eg·ln f
pozwala problem zredukować do obliczania granicy iloczynu, wiec w dalszym cia gu do
obliczania granicy ilorazu. Zdarzaja sie też inne sytuacje, w których nie sa spe
lnione
za lowanych twierdzeń o granicach. Podobnie jak w przy-
lożenia dotychczas sformu
padku cia gów istnieje twierdzenie, które w wielu sytuacjach u znalezienie gra-
latwia
nicy. Jest to tzw. regu de l Hospitala, francuskiego markiza, który po wys
la luchaniu
wyk Jana Bernoulliego wyda drukiem notatki z nich pod tytu Analyse des
ladów l lem
infiniment petites*, co spowodowa protesty rzeczywistego autora tekstu, ale wtedy
lo
* Chodzi o tzw. funkcje analityczne, którymi zajmować sie nie bedziemy z braku czasu, choć sa bardzo
ważne zw z punktu widzenia fizyki.
laszcza
*Analiza nieskończenie ma Trzeba jednak powiedzieć, że tylko nieliczni potrafia zanotować
lych.
zrozumiale wyk
lad.
29
Badanie funkcji różniczkowalnych Micha Krych
l
nie istnia jeszcze pojecie praw autorskich. Twierdzenie, które znajduje sie niżej,
lo
pochodzi z tej w ksia żki (i  wed historyków matematyki  powinno mieć
laśnie lug
inna nazwe).
Twierdzenie 6.17 (Regu de l Hospitala)
la
Za óżmy, że funkcje f, g: (a, b) - IR sa różniczkowalne w każdym punkcie pewnego
l
przedzia (a, b) , że g(x) = 0 = g (x) dla każdego x " (a, b) , że istnieje granica
lu
f (x)
lim = G " IR = IR*"{-", +"} oraz że spe jest jeden z dwóch warunków:
lniony
g (x)
xa
1ć% lim f(x) = 0 = lim g(x) , 2ć% lim |g(x)| = +" .
xa xa xa
f(x) f(x)
Wtedy iloraz ma granice przy x a i zachodzi równość G = lim .
g(x) g(x)
xa
Dowód. Udowodnimy teraz to twierdzenie przy bardzo mocnych za
lożeniach. Cho-
dzi nam o to, by wyjaśnić jego sens. Dowód w przypadku ogólnym, znajduje sie w
wielu podrecznikach. Za
lożymy mianowicie, że a > -" , że zachodzi warunek 1ć%
oraz że istnieja skończone granice lim f (x) i lim g (x) , przy czym ta druga jest
xa xa
różna od 0. W tej sytuacji można dookreślić funkcje f, g w punkcie a przyjmuja c
f(a) = 0 = g(a) . Z twierdzenia Lagrange a o wartości średniej zastosowanego do
f(x)-f(a)
funkcji f rozpatrywanej na przedziale [a, x] wynika, że = f (cx) dla pew-
x-a
f(x)-f(a)
nego punktu cx " (a, x) . Sta d wynika natychmiast, że lim = lim f (x) .
x-a
xa xa
Wykazaliśmy wiec, że w tym przypadku funkcje f można potraktować jako określona
w punkcie a i to w taki sposób, że f (a) = lim f (x) . To samo dotyczy oczywiście
xa
funkcji g . Oczywiście w obu przypadkach mamy na myśli różniczkowalność prawo-
f(a+h)-f(a)-f (a)h
stronna . Niech r(h) = dla h = 0 oraz r(0) = 0 . Jest oczywiście

h
g(a+h)-g(a)-g (a)h
lim r(h) = 0 . Analogicznie niech (h) = . Wtedy lim (h) = 0 .
h
h0 h0
Sta d możemy wywnioskować, że
f(x) f(x)-0 f(x)-f(a) f (a)(x-a)+(x-a)r(x-a) f (a)+r(x-a) f (a)
= = = = --- .
g(x) g(x)-0 g(x)-g(a) g (a)(x-a)+(x-a) (x-a) g (a)+ (x-a) g (a)
xa
Ostatnie przejście graniczne jest wykonalne, bo za
lożyliśmy, że g (a) = 0 .
Od tego i innych zbednych za można uwolnić sie, ale nie mamy czasu na
lożeń
formu labszych za
lowanie twierdzeń przy najs lożeniach.
W dowodzie tym wykorzystaliśmy w istotny sposób za
lożenia f(a) = g(a) = 0 .
Oczywiście bez tych za teza może być w konkretnej sytuacji prawdziwa jedynie
lożeń
przypadkiem  pochodne decyduja o wielkości funkcji w otoczeniu punktu, w którym
wartościa funkcji jest 0, jeśli f(a) = 0 , to  w pierwszym przybliżeniu f(x) H" f(a) !

f(x)
Zauważmy jeszcze, że twierdzenie pozostaje prawdziwe dla granicy lim po
g(x)
xb
dokonaniu odpowiednich kosmetycznych zmian w za
lożeniach i w tezie. Z tego zdania
30
Badanie funkcji różniczkowalnych Micha Krych
l
wynika, że można je też stosować w przypadku granic dwustronnych
Pokażemy teraz na kilku przyk le
ladach, jak można stosować regu de l Hospitala.
Niektóre z podanych rezultatów zosta uzyskane wcześniej lub można je by uzyskać
ly lo
używaja c twierdzeń wykazanych wcześniej.
xa
Przyk 6.38 lim = 0 . Możemy próbować zastosować regu de l Hospitala,
lad le
ex
x"
bo mianownik ma granice nieskończona i jego pochodna, ex , jest różna od 0 wszedzie.
Nie jest istotne jaka jest granica licznika, a nawet czy licznik ma granice. Iloraz po-
axa-1
chodnych to , wiec jest to wyrażenie tego samego typu co wyjściowe. Istotna
ex
zmiana jest pojawienie sie w wyk
ladniku a - 1 w miejsce a . Jeśli a d" 1 , to licznik
jest ograniczony z góry na pó
lprostej [1, +") , a mianownik da ży do +" , wiec
iloraz da ży do 0. Jeśli a > 1 , to stosujemy regu de l Hospitala k e" a razy.
le
Omówimy to dok
ladniej. Po k  krotnym zróżniczkowaniu w liczniku pojawia sie
wyrażenie a(a - 1)(a - 2) · . . . · (a - k + 1)xa-k , w mianowniku natomiast mamy ex .
Ponieważ k e" a , wiec funkcja a(a - 1)(a - 2) · . . . · (a - k + 1)xa-k jest ograniczona,
a(a-1)(a-2)·...·(a-k+1)xa-k
zatem lim = 0 . Dzieki regule de l Hospitala możemy
ex
x+"
a(a-1)(a-2)·...·(a-k+2)xa-k+1
stwierdzić, że lim = 0 . Stosuja c twierdzenie jeszcze
ex
x+"
xa
k - 1 razy dochodzimy w końcu do granicy lim = 0 .
ex
x+"
Oczywiście wynik ten można otrzymać stosuja c jedynie elementarne metody:
wyk a można zasta pić liczba naturalna m > a , nastepnie skorzystać z nierów-
ladnik
n
x
ności ex > 1 + prawdziwej dla każdej liczby naturalnej n i każdej liczby x > 0 ,
n
potem skorzystać z tego, że granica ilorazu wielomianu stopnia m przez wielomian
stopnia n > m przy x " jest liczba 0 . Pokazaliśmy tu jak można wykorzystać
twierdzenie de l Hospitala. Pozwala ono obliczać granice w wielu sytuacjach, a metody
elementarne bywaja trudne w zastosowaniach, bo wymagaja dobrego pomys
lu!
ln x
Przyk 6.39 lim = 0 dla każdego a > 0 . Ponieważ mianownik jest
lad
xa
x+"
funkcja ściśle rosna ca o granicy +" , wiec można spróbować znalez
ć granice ilorazu
1/x
1
pochodnych: lim = lim = 0 . Istnieje, wiec istnieje też również granica
axa-1 axa
x+" x+"
ilorazu funkcji i również jest równa 0.
Przyk 6.40 lim xx = 1 . Mamy bowiem: xx = ex ln x . Funkcja wyk
lad ladnicza
x0+
jest cia g wiec starczy wykazać, że lim x ln x = 0 . Mamy
la,
x0+
ln y
1 1
lim x ln x = lim ln = - lim = 0
y y y
x+" y+"
x0+
 ostatnia równość wynika z rezultatu uzyskanego w poprzednim przyk dla
ladzie
31
Badanie funkcji różniczkowalnych Micha Krych
l
1
a = 1 , przedostatnia  z tego, że ln = - ln y .
y
n
1
Przyk 6.41 lim (1+x)1/x = e  to wzmocnienie wyniku lim 1 + = e .
lad
n
x0 n"
Dzieki oczywistej równoÅ›ci (1 + x)1/x = e(1/x)·ln(1+x) wiemy, że wystarczy wykazać
ln(1+x)
równość lim = 1 . Ta równość zosta już wcześniej udowodniona, zreszta
la
x
x0
ln(1+x) ln(1+x)-ln 1
lim = lim , wiec granica ta jest równa pochodnej logarytmu na-
x x
x0 x0
turalnego w punkcie 1 (to wniosek z definicji pochodnej, regu de l Hospitala nie jest
la
1
tu potrzebna), czyli = 1 .
1
n
1
Przyk 6.42 Pokażemy teraz w prosty sposób, że cia g 1 + jest wolno
lad
n
zbieżny do liczby e , wiec nie należy go używać do jej przybliżonego obliczania. Ob-
n
1
e-( )
1+
n
liczymy mianowicie granice lim . W tym celu obliczymy granice
1
n" n
e-(1+x)1/x
lim .
x
x0
Z istnienia tej ostatniej wynika oczywiście istnienie poprzedniej (definicja granicy wg.
Heinego), odwrotne wynikanie nie zachodzi. Z rezultatu z poprzedniego przyk
ladu
wynika, że zarówno licznik jak i mianownik da ża do 0 przy x 0 . Zbadamy wiec
iloraz pochodnych. Jest on równy pochodnej licznika, czyli

1

x-ln(1+x)
1+x
e - (1 + x)1/x = -eln(1+x)/x = -eln(1+x)/x · =
x2
x-(1+x) ln(1+x) (1+x)1/x x-(1+x) ln(1+x)
= -(1 + x)1/x · = - · .
x2(1+x) 1+x x2
(1+x)1/x
Z tego co już wiemy wynika, że lim - = -e . Wystarczy wiec obliczyć gra-
1+x
x0
x-(1+x) ln(1+x)
nice drugiego czynnika, czyli lim . Jest jasne, że licznik i mianownik
x2
x0
da ża do 0 przy x 0 . Zajmiemy sie wiec ilorazem pochodnych. Jest on równy
1
1-( )
ln(1+x)+(1+x)·
ln(1+x) ln(1+x)
1+x 1
= - = - · , wiec ma przy x 0 granice -1 .
2x 2x 2 x 2

e-(1+x)1/x
1 e
Wobec tego lim = (-e) · - = .
x 2 2
x0
n
1
e-( )
1+
n e
Z otrzymanej równości lim = wynika, że dla  dużych n zachodzi
1
2
n" n
n e
1
równość przybliżona e- 1 + H" , wiec dla uzyskania dobrej dok
ladności przy-
n 2n
bliżenia trzeba używać dużej liczby naturalnej n .
Komentarz: w końcowej fazie obliczeń, przed zastosowaniem regu de l Hospitala,
ly
przedstawiliśmy u w postaci iloczynu dwóch u
lamek lamków. Gdybyśmy tego nie uczy-
nili obliczenia wygla da o wiele poważniej.
lyby
n e
1
Przyk 6.43 W ostatnim przyk pokazaliśmy, że e - 1 + H" dla
lad ladzie
n 2n
dostatecznie dużych n . Podamy teraz konkretne oszacowanie. Wykażemy, że dla
32
Badanie funkcji różniczkowalnych Micha Krych
l
wszystkich liczb naturalnych n e" 1 zachodzi nierówność podwójna
n e
e 1
< e - 1 + < . *
2n+2 n 2n+1
Z nierówności tej wynika, że jeśli np. chcemy znalez
ć trzy miejsca po przecinku
n
1
dziesietnego rozwiniecia liczby e stosuja c wzór e = lim 1 + , to musimy
n
n"
e 1 1000e-1
wybrać n tak duże, by < , czyli n > > 1359 . Z nierówności
2n+1 1000 2
n e
1
e - 1 + > wynika, że dla n = 1358 , b jest wiekszy niż 0,001 .
la d
n 2n+2
n
e 1
Zajmiemy sie najpierw nierównościa 2n+2 < e - 1 + . Jest ona równoważna
n
n+1
1 1
nastepuja cej nierówności 1 + < e 1 +  przenieśliśmy sk zawie-
ladniki
n 2n
raja ce liczbe e na prawa strone, sk bez e  na lewa , nastepnie pomnożyliśmy
ladniki
1 n+1 1
obie strony nierówności przez 1 + = . Teraz zasta pimy przez x . Mamy do-
n
n n
x
wieść, że (1 + x)1+ 1/x < e 1 + . Ponieważ logarytm naturalny jest funkcja ściśle
2
rosna ca , wiec nierówność ta równoważna jest nastepuja cej

1 x
+ 1 ln(1 + x) < 1 + ln 1 + .
x 2
Wystarczy rozpatrywać x > 0 . Po pomnożeniu obu stron przez x > 0 i przeniesieniu
wszystkich sk
ladników na jedna strone otrzymujemy

x
x + x ln 1 + - (1 + x) ln(1 + x) > 0 .
2
Oznaczywszy lewa strone przez f(x) stwierdzamy, że f(0) = 0 oraz
1
x 1
2
f (x) = 1 + ln 1 + + x1+ - ln(1 + x) - (1 + x) =
x
2 1+x
2

x 1+x x x
= - ln = - ln 1 + > 0
x
2+x 1+ 2+x 2+x
2
 ostatnia nierówność wynika z tego, że ln(1 + y) < y dla -1 < y = 0 , co wynika

np. z tego, że funkcja ln jest ściśle wkles na (0, +") , a wykres funkcji ściśle wkles
la lej
leży pod styczna do siebie. Wykazaliśmy, że f (x) > 0 dla x > 0 , wiec funkcja f
rośnie na pó
lprostej [0, +") , a ponieważ f(0) = 0 , wiec dla x > 0 przyjmuje jedynie

1
wartości dodatnie. W szczególności f > 0 , a to w chcieliśmy udowodnić.
laśnie
n
n e
1
Teraz zajmiemy sie nierównościa e - 1 + < . Jest ona równoważna
n 2n+1
nierówności
n
1 1
e < 1 + 1 +
n 2n
 przenieśliśmy oba wyrazy zawieraja ce e na lewa strone nierówności, reszte 
1 2n
na prawa strone, nastepnie podzieliliśmy nierówność przez 1 - = . Te-
2n+1 2n+1
1
raz oznaczymy przez x i zlogarytmujemy obie strony nierówności. Otrzymujemy
n

1 x 1 x
nierówność 1 < ln(1 + x) + ln 1 + . Niech g(x) = ln(1 + x) + ln 1 + - 1 .
x 2 x 2
Wykażemy, że dla x > 0 zachodzi g(x) > 0 .

x
Niech h(x) = xg(x) = ln(1 + x) + x ln 1 + - x . Obliczamy pochodna
2
*zob. G.Pólya, G.Szegö, Aufgaben und Lehrsätze aus der Analysis, Springer 1964, wyd. 3, t.1.
33
Badanie funkcji różniczkowalnych Micha Krych
l
x
1 x x x x
2
h (x) = + ln 1 + + - 1 = - + ln 1 + . Teraz skorzy-
x
1+x 2 1+ 2+x 1+x 2
2
t
stamy z tego, że dla t > 0 zachodzi nierówność ln(1 + t) >  to dosyć la-

1+t
twa nierówność wyprowadzona kiedyś na wyk Z tej nierówności wynika, że
ladzie.
x
x x 2x x x2
2
h (x) > - + = - = > 0 . Wykazaliśmy, że h (x) > 0
x
2+x 1+x 1+ 2+x 1+x (2+x)(1+x)
2
dla x > 0 . Wobec tego funkcja h jest ściśle rosna ca na [0, ") , a ponieważ h(0) = 0 ,
wiec 0 < h(x) = xg(x) dla x > 0 . Sta d wynika, że g(x) > 0 . W ten sposób udo-
wodniliśmy druga nierówność.
Uwaga 6.18 Oczywiście ten ostatni przyk jest istotnie trudniejszy od zadań,
lad
które pojawiaja sie na egzaminach. Jednak warto czasem obejrzeć coś trudniejszego,
by potem bez trudu rozwia zać
latwiejsze zadanie. Warto też porównać to rozumowa-
nie z przedstawianymi wcześniej, bez użycia pochodnych  to u pogodzenie sie
latwi
z pochodnymi, one na prawde u
latwiaja szacowanie, badanie funkcji, a jednocześnie
należy zdać sobie sprawe z tego, że cz ma tu wiele do zrobienia, programy
lowiek
komputerowe na razie przynajmniej jeszcze nie wymnażaja funkcji przez odpowied-
nie wyrażenia, nie analizuja odpowiedniego jej fragmentu itp. W rezultacie wielu
problemów nie sa w stanie rozwia zać bez udzia cz
lu lowieka. Użytkownik sprzetu
elektronicznego musi rozumieć, co z jego pomoca może osia gna ć. Bez zrozumienia
nie ma szans na dobre rezultaty z wyja tkiem tych, o których autor używanego pro-
gramu myśla
l.
Asymptoty
Zdarza sie, że funkcja  zbliża sie nieograniczenie do pewnej prostej, np. funkcja
1
zbliża sie nieograniczenie do osi poziomej uk wspó
ladu lrzednych. Podobnie jest w
x
przypadku niektórych innych funkcji, np. ilorazu wielomianu przez wielomian stopnia
o 1 mniejszego, takiego samego lub wiekszego z tym, że prosta, do której wykres sie
zbliża, nie musi być wtedy pozioma. Mówimy wtedy o asymptotach. Ścis definicja,
la
z której bedziemy korzystać, wygla da tak:
Definicja 6.19 (asymptoty)
1. Asymptota funkcji f , określonej na pewnej pó
lprostej postaci (a, +") , przy
x - +" nazywamy taka prosta o równaniu y = ax + b , że
lim (f(x) - ax - b) = 0 .
x0
Jeśli a = 0 , to mówimy o asymptocie poziomej, w przypadku a = 0  o asymptocie

ukośnej.
2. Jeśli funkcja f określona jest na przedziale postaci (a, b) , gdzie b < +" i
lim f(x) = +" lub lim f(x) = -" , to mówimy, że prosta x = b jest lewostronna
xb xb
asymptota pionowa przy x - b+ .
34
Badanie funkcji różniczkowalnych Micha Krych
l
Analogicznie definiujemy asymptoty przy x - -" oraz przy x - b- .
Z definicji wynika od razu, że jeśli prosta y = ax + b jest asymptota funkcji f
f(x)
przy x - +" lub przy x - -" , to a = lim i b = lim (f(x) - ax) .
x
x" x"
Jeśli istnieje lim f (x) , to na mocy twierdzenia de l Hospitala zachodzi równość
x"
f(x)
lim f (x) = lim .
x
x" x"
1
Przyk 6.44 Prosta y = 0 jest asymptota funkcji zarówno przy x - +"
lad
x
jak i przy x - -" .
x2+x+1
Przyk 6.45 Prosta y = x + 1 jest asymptota funkcji przy x - +"
lad
x-1
oraz przy x - -" , zaÅ› prosta pionowa x = 1 jest asymptota pionowa obustronna
przy x - 1 .
Przyk 6.46 Funkcja e-x sin x ma asymptote pozioma , prosta y = 0 , przy
lad
x - +" , ale nie przy x - -" . Zauważmy, że wykres tej funkcji przecina asymp-
tote y = 0 w nieskończenie wielu punktach. Należy pogodzić sie z tym, że asymptota
może mieć wiele punktów wspólnych z wykresem i to nie tylko w przypadku funkcji
liniowej, której wykres jest jej asymptota przy x - ą" .
Przyk 6.47 Funkcja e1/x ma asymptote pionowa przy x - 0+ , która nie jest
lad
asymptota tej funkcji przy x - 0- , bo lewostronna granica tej funkcji w punkcie 0
równa jest 0 .
Dodajmy jeszcze, że asymptota ma pe role niejako analogiczna do stycznej do
lnić
wykresu funkcji, tylko ma to być w punkcie  znajduja cym sie w nieskończoności 
mówimy tu oczywiście jedynie o intuicjach, jakie należy wia zać z pojeciem asymptoty.
Na tym kończymy krótki przegla d zagadnień zwia zanych z asymptotami.
Zadania
6.1 Jaki jest minimalny czas dojścia do domu stoja cego przy prostoliniowej szosie
w odleg 13 km od miejsca, w którym sie znajdujemy, jeśli odleg od szosy
lości lość
wynosi 5 km, w terenie poruszamy sie z predkościa 3km/h, zaś po szosie  z
predkościa 5 km/h.
6.2 Znalez
ć maksimum objetości bry powsta w wyniku obrotu trójka ta pro-
l lych
stoka tnego o obwodzie 1 wokó przeciwprostoka tnej.
l
6.3 Znalez
ć maksimum objetości stożka wpisanego w kule o promieniu 1.
6.4 Znalez
ć maksimum obwodu trójka ta wpisanego w okra g o promieniu 1.
6.5 Znalez
ć maksimum d lyna ć lu
lugości statku, który może wp z kana o szerokości
a > 0 do prostopad doń kana którego szerokość jest równa b > 0 .
lego lu,
35
Badanie funkcji różniczkowalnych Micha Krych
l
6.6 Znalez
ć maksimum pola trójka ta o obwodzie 3  można skorzystać z wzoru
Herona.
6.7 Znalez
ć najwiekszy wyraz cia gu (an) , jeśli an = n52-n dla n = 1, 2, 3, . . . .
6.8 Znalez
ć najwiekszy wyraz cia gu (an) , jeśli an = n53-n dla n = 1, 2, 3, . . . .
6.9 Cieżarówka porusza sie po autostradzie ze sta predkościa v km/h. Mini-
la
malna predkość dla cieżarówek na autostradzie wynosi 50 km/h, maksymalna
100 km/h, litr benzyny kosztuje 2 z kierowca otrzymuje 10 z za godzine
l, l
v2
swej pracy. Cieżarówka zużywa 11 + litrów paliwa w cia gu godziny jazdy
400
z predkościa v . Przy jakiej predkości koszt przejazdu ustalonego odcinka trasy
jest najmniejszy?
6.10 Statek p z portu A do portu B. Koszt ruchu statku sk sie z dwu cześci:
lywa lada
niezależnej od predkości i równej 25600 z dziennie oraz zależnej od predkości
l
i równej (liczbowo) podwojonemu sześcianowi predkości dziennie. Przy jakiej
predkości koszt przep
lyniecia trasy jest najmniejszy?
6.11 Zbadano, że w pewnej fabryce robotnik rozpoczynaja cy prace o godzinie 8:00
wykonuje w cia gu x godzin -x3+6x2+15x radioodbiorników. Po 15  minutowej
1
przerwie wykonuje w cia gu x godzin - x3+x2+23x radioodbiorników. O której
3
powinna rozpocza ć sie 15  minutowa przerwa, aby do 12:15 wykona najwiecej
l
radioodbiorników, a której  by wykona ich najmniej?
l

3
x2
6.12 Znalez
ć najwieksza i najmniejsza wartość funkcji f(x) = + 2x - 3 + ln x
2
na przedziale [1, 2] .
2
"
x2·|x+1|
6.13 Znalez
ć najwieksza i najmniejsza wartość funkcji f , jeśli f(x) = e na
przedziale [-2, 1] .
9Ä„2
6.14 Znalez
ć najwieksza i najmniejsza wartość funkcji f , jeśli f(x) = 4x+ +sin x
x
na przedziale [Ä„, 2Ä„] .
6.15 Znalez
ć najwieksza i najmniejsza wartość funkcji f , jeśli f(x) = -1791x2 dla
-1 d" x d" 0 .
6.16 Znalez
ć najwieksza i najmniejsza wartość funkcji f , jeśli f(x) = 2ex ln x dla
0 < x d" 2 .
6.17 Ile pierwiastków ma równanie x3 - 6x2 + 9x - 10 = 0 .
6.18 Ile pierwiastków ma równanie 3x4 - 4x3 - 6x2 + 12x - 20 = 0 .
6.19 Ile pierwiastków ma równanie ex = ax2 w zależności od a " IR .
6.20 Ile pierwiastków ma równanie x5 - 5x = a w zależności od a " IR .
6.21 Z helikoptera znajduja cego sie na wysokości 60 m nad powierzchnia morza wys-
la lebokości 40 m pod po-
lano promień świat do nurka znajduja cego sie na g
wierzchnia wody. Odleg w poziomie miedzy helikopterem i nurkiem jest
lość
równa 110 m. Przyjmujemy, że predkość świat w powietrzu to 300 000 km/s a
la
36
Badanie funkcji różniczkowalnych Micha Krych
l
 w wodzie to 225 000 km/s. Wiedza c, że świat  wybiera taka droge, na prze-
lo
bycie której potrzeba najmniej czasu, znalez
ć punkt, w którym promień wszed
l
do wody, tzn. znalez
ć odleg tego punktu od punktu na powierzchni wody, nad
lość
którym znajduje sie helikopter. Może warto coś narysować? Wygodna
jednostka w tym zadaniu jest 1 dam = 10 m (dekametr). Pomnożyć
zawsze sie zda ży, a pomyśleć? W dekametrach szukana odleg to nieduża
lość
ca
lkowita.
6.22 Z każdego z czterech rogów tekturowego prostoka ta o bokach 35 cm i 11 cm
wycieto kwadrat o boku x . Zagieto tekture w wyniku czego powsta pude
lo lko
(bez pokrywki) w kszta prostopad lka
lcie lościanu. Wysokość pude równa jest x .
Dla jakiego x pojemność otrzymanego pude jest najwieksza?
lka

7
6.23 Na paraboli y = x2 znalez
ć punkt, który leży najbliżej punktu 4, .
2
1
6.24 Na paraboli y = x2 znalez
ć punkt, którego odleg od punktu (24, 15) jest
lość
2
najmniejsza.
6.25 Znalez
ć na paraboli y = x2 , który leży najbliżej punktu (-3, 10) .
6.26 Na paraboli y = x2 znalez
ć punkt leża cy najbliżej punktu (2, 0) . Znalez
ć ka t
miedzy odcinkiem la cza cym punkt (2, 0) ze znalezionym.

x2
6.27 Znalez
ć na paraboli y = punkt P leża cy sie najbliżej punktu A = (2, 5) .
4
Znalez
ć ka t miedzy odcinkiem AP i prosta styczna do paraboli w punkcie P .
6.28 Niech f(x) = x3 - 3x2 - 9x + 5 . Znalez
ć najmniejsza i najwieksza wartość
funkcji f na przedziale domknietym [-2, 6] .
4x2
6.29 Znalez
ć najmniejsza wartość funkcji x2 + na pó
lprostej otwartej (2, +")
(x-2)2
lub wykazać, że ta funkcja na pó
lprostej (2, ") najmniejszej wartości nie ma.
x2
6.30 Znalez
ć na paraboli y = trzy punkty: P znajduja cy sie najbliżej punktu
4
A = (0, 1) , Q znajduja cy sie najbliżej punktu B = (0, 2) i R znajduja cy sie
najbliżej punktu C = (0, 3) .
6.31 Niech f(x) = e-x sin x . Znalez
ć najmniejsza i najwieksza wartość funkcji f na
pó
lprostej [0, ") .
6.32 Niech f(x) = -x3 + 12x - 6 . Znalez
ć najmniejsza i najwieksza wartość funkcji
f na przedziale domknietym [-5, 3] .
125x2
6.33 Znalez
ć najmniejsza wartość funkcji x2 + na pó
lprostej otwartej (1, +")
(x-1)2
lub wykazać, że ta funkcja na pó
lprostej (1, ") najmniejszej wartości nie ma.
37
Badanie funkcji różniczkowalnych Micha Krych
l
6.34 Z tekturowego trójka ta równobocznego ABC o boku
a odcieto trzy deltoidy AEF G , BHIJ , CKLM przy
C
czym: punkty E, J leża na boku AB , punkty H, M
 na boku BC , punkty KG na boku CA , zaÅ› punkty
K M
L
x
x
F, I, L  wewna trz trójka ta ABC ; odcinki F E oraz
IJ sa prostopad do boku AB , odcinki IH oraz
le
G
x x H
I
LM  do boku BC , odcinki LK oraz F G  do
F
x x
boku CA ; d każdego odcinków z tych sześciu
lugość
A E J B
odcinków jest równa x . Nastepnie zagieto tekture uzy-
skuja c pude o wysokości x , otwarte z góry, którego
lko
denkiem jest trójka t F IL . Dla jakiego x pojemność
powsta pude jest najwieksza?
lego lka
6.35 Niech b > 1 bedzie liczba rzeczywista . Wyznaczyć liczbe k > 0 tak, by pro-
sta L o równaniu y = kx + b mia dok jeden punkt wspólny z elipsa
la ladnie
x2
o równaniu + y2 = 1 .
4
Znalez
ć punkt wspólny prostej L z prosta o równaniu y = -1 .
Niech A = (0, -1) , B = (0, b) dla b > 1 i C oznacza punkt znaleziony w po-
przedniej cześci zadania. Znalez
ć taka liczbe b > 1 , żeby pole trójka ta ABC
by najmniejsze.
lo
6.36 Znalez
ć stożek o najmniejszej objetości spośród wszystkich stożków opisanych
na kuli o promieniu 1 .
Stożek jest opisany na kuli wtedy i tylko wtedy, gdy jego powierzchnia boczna i podstawa sa
styczne do kuli.
6.37 S ma wysokość 12 m. W odleg 8 m od s stoi dziecko wzrostu 100 cm.
lup lości lupa
Znalez
ć wysokość x , na której należy umieścić lampe, by odleg d(x) lampy
lość
od końca cienia dziecka by najmniejsza.
la
6.38 Który z trójka tów równoramiennych wpisanych w okra g o promieniu 1 ma
najwieksze pole? Odpowiedz
szczegó uzasadnić.
lowo
38