XXIII OM - II - Zadanie 6

Udowodnić, że istnieje funkcja $ f $ określona i różniczkowalna w zbiorze wszystkich liczb rzeczywistych, spełniająca warunki

\[<br /> \begin{split}<br /> |f'(x) - f'(y)| \leq 4|x-y|<br /> \end{split}<br /> \]

Rozwiązanie

Udowodnimy, że funkcja $ f $ określona wzorem

\[<br /> f(x) = \left\{<br /> \begin{array}{lll}<br /> 0 & \textrm{dla} & x \leq 0,\\<br /> 2x^2 & \textrm{dla} & 0 < x \leq \frac{1}{2},\\<br /> -2(x- 1)^2+ 1 & \textrm{dla} & \frac{1}{2} < x < 1,\\<br /> 1 & \textrm{dla} & 1 \leq x<br /> \end{array}<br /> \right.<br /> \]

spełnia warunki zadania. Oczywiście $ f $ jest funkcją ciągłą, ponieważ w punktach $ x = 0, \displaystyle \frac{1}{2}, 1 $ granica tej funkcji jest równa jej wartości, a w pewnym otoczeniu każdego z pozostałych punktów funkcja $ f $ jest równa pewnemu wielomianowi. Każdy wielomian zaś jest funkcją ciągłą i różniczkowalną. Sprawdzimy jeszcze, że funkcja $ f $ jest różniczkowalna w punktach $ x = 0, \displaystyle \frac{1}{2}, 1 $. Mamy

\[<br /> f'(0) = \lim_{h \to 0} \frac{f(h) - f(0)}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{f(h)}{h}.<br /> \]

Ponieważ w dostatecznie małym otoczeniu zera funkcja $ f(h) $ jest równa $ 0 $ lub $ 2h^2 $, więc $ \displaystyle \left| \frac{f(h)}{h} \right| \leq |2h| \to 0 $, gdy $ h \to 0 $.

Zatem $ f' (0) = 0 $.

Analogicznie stwierdzamy, że

\[<br /> f' \left( \frac{1}{2} \right) =<br /> \lim_{h \to 0} \frac{f \left( \frac{1}{2} + h \right) - f \left( \frac{1}{2} \right) }{h}=<br /> \lim_{h \to 0} \frac{f \left( \frac{1}{2} + h \right) - \frac{1}{2}}{h}.<br /> \]

Ponieważ w dostatecznie małym otoczeniu punktu $ \displaystyle \frac{1}{2} $ funkcja $ f(x) $ jest równa $ 2x^2 $ lub $ -2(x- 1)^2 + 1 $, więc dla dostatecznie małych $ h $ mamy

\[<br /> f \left( \frac{1}{2} + h \right) - \frac{1}{2} =<br /> 2 \left( \frac{1}{2} + h \right)^2 - \frac{1}{2} = 2h + 2h^2<br /> \]

lub

\[<br /> f \left( \frac{1}{2} + h \right) - \frac{1}{2} =<br /> - 2 \left( \frac{1}{2} + h \right)^2 + \frac{1}{2} = 2h - 2h^2.<br /> \]

W każdym więc razie $ \frac{1}{h} \left[ f \left( \frac{1}{2} + h \right) - \frac{1}{2} \right]= 2 \pm 2h \to 2 $, gdy $ h \to 0 $. Zatem $ f' \left( \frac{1}{2} \right) = 2 $. Podobnie dowodzimy, że $ f' (1) =0 $.

Wobec tego funkcja $ f $ jest różniczkowalna i jej pochodna wyraża się wzorem

\[<br /> f'(x) = \left\{<br /> \begin{array}{lll}<br /> 0 & \textrm{dla} & x \leq 0,\\<br /> 4x & \textrm{dla} & 0 < x \leq \frac{1}{2},\\<br /> -4(x- 1) & \textrm{dla} & \frac{1}{2} < x < 1,\\<br /> 0 & \textrm{dla} & 1 \leq x<br /> \end{array}<br /> \right.<br /> \]

Ze wzoru tego wynika, że jeżeli $ x \leq 0 \leq y \leq \frac{1}{2} $, to

\[<br /> | f'(x) - f'(y) | = |f'(y)| = 4y \leq 4| x - y |.<br /> \]

Podobnie, jeżeli $ 0 \leq x < y \leq \displaystyle \frac{1}{2} $, to mamy

\[<br /> | f'(x) - f'(y) | = | 4x - 4y | = 4 | x - y |.<br /> \]

Wreszcie dla $ x < y \leq 0 $ nierówność $ |f'(x) - f'(y)| \leq 4|x - y| $ jest oczywista.

Ponieważ prosta $ \displaystyle y = \frac{1}{2} $ jest osią symetrii wykresu funkcji $ f' $, więc wynika stąd, że również dla $ \displaystyle \frac{1}{2} \leq x < y $ zachodzi

\[<br /> (1) \qquad | f'(x) - f'(y) | \leq 4 | x - y |.<br /> \]

Jeżeli wreszcie $ x < \displaystyle \frac{1}{2} < y $, to na podstawie nierówności $ |a + b| \leq |a| + |b| $ oraz dotychczas rozpatrzonych przypadków otrzymujemy

\[<br /> \begin{split}<br /> | f'(x) - f'(y) | & \leq \left| f'(x) - f' \left( \frac{1}{2} \right) \right| + \left| f' \left( \frac{1}{2} \right) - f'(y) \right| \leq \\<br /> & \leq 4 \left| x - \frac{1}{2} \right| + 4 \left| \frac{1}{2} - y \right| = 4 |x-y|.<br /> \end{split}<br /> \]

Uwaga. Określona wyżej funkcja $ f $ jest jedynym rozwiązaniem zadania. Gdyby bowiem również pewna funkcja $ g $ spełniała warunki zadania, to byłoby $ g'(0) = 0 $ i kładąc $ y = 0 $ w $ |g'(x) - g'(y)| \leq 4 |x-y| $ otrzymamy $ |g'(x)| \leq 4|x| $. Zatem dla $ x \in \left< 0;\ \displaystyle \frac{1}{2} \right> $ mamy $ g' (x) \leq |g'(x)| \leq 4|x|= 4x $. Stąd $ (f - g)' (x) = f' (x) - g' (x) = 4x - g'(x) \geq 0 $. Zatem funkcja $ f - g $ jest niemalejąca w przedziale $ \langle 0;\ \displaystyle \frac{1}{2} \rangle $. Ponieważ $ (f - g) (0) = 0 $, więc wynika stąd, że $ (f-g) \left( \displaystyle \frac{1}{2} \right) \geq 0 $.

Rozpatrując analogicznie funkcję $ f - g $ w przedziale $ \left< \displaystyle \frac{1}{2} ;\ 1\right> $ stwierdzamy, że jest ona niemalejąca w tym przedziale i stąd $ (f-g) \left( \displaystyle \frac{1}{2} \right) \leq (f-g)(1) = 0 $. Zatem $ (f-g) \left( \displaystyle \frac{1}{2} \right) = 0 $ i wobec tego $ (f - g) (x) = 0 $ dla $ x \in \langle 0;\ 1 \rangle $. Wynika stąd, że $ f = g $.

  • Wersja do wydrukuWersja do wydruku
  • Podziel się / Zapisz

Komentarze

by Gość - 02/11/2012 - 10:12

Alternatywne rozwiązanie

Wystarczy sprawdzić, że $ f(x)=ax+b $ określona w zbiorze liczb rzeczywistych spełnia warunki zadania.
Mamy wtedy:
$ |f'(x)-f'(y)|=|a-a|=0 \le 4|x-y| $ , co jest zawsze prawdziwe, bo moduł z dowolnej liczby jest zawsze nieujemny.
Zatem taka funkcja $ f $ istnieje, cbdo.

Dodaj nową odpowiedź