XXIII OM - II - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

XXIII OM, 1971-1972

Etap:

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

$ \begin{split} |f'(x) - f'(y)| \leq 4|x-y| \end{split} $

Rozwiązanie

Udowodnimy, że funkcja $f$ określona wzorem

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

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

$ f'(0) = \lim_{h \to 0} \frac{f(h) - f(0)}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{f(h)}{h}. $

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

$ f' \left( \frac{1}{2} \right) = \lim_{h \to 0} \frac{f \left( \frac{1}{2} + h \right) - f \left( \frac{1}{2} \right) }{h}= \lim_{h \to 0} \frac{f \left( \frac{1}{2} + h \right) - \frac{1}{2}}{h}. $

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

$ f \left( \frac{1}{2} + h \right) - \frac{1}{2} = 2 \left( \frac{1}{2} + h \right)^2 - \frac{1}{2} = 2h + 2h^2 $

lub

$ f \left( \frac{1}{2} + h \right) - \frac{1}{2} = - 2 \left( \frac{1}{2} + h \right)^2 + \frac{1}{2} = 2h - 2h^2. $

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

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

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

$ | f'(x) - f'(y) | = |f'(y)| = 4y \leq 4| x - y |. $

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

$ | f'(x) - f'(y) | = | 4x - 4y | = 4 | x - y |. $

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

$ (1) \qquad | f'(x) - f'(y) | \leq 4 | x - y |. $

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

$ \begin{split} | 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 \\ & \leq 4 \left| x - \frac{1}{2} \right| + 4 \left| \frac{1}{2} - y \right| = 4 |x-y|. \end{split} $

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 $f = g$ .