Funkcja wykładnicza i logarytm | Portal Dydaktyczny dla Matematyków

Funkcja wykładnicza
Charakteryzacja funkcji wykładniczej

Potrafimy już definiować potęgi liczb dodatnich o wykładniku wymiernym: jeśli $a>0$ i $x=p/q\in\Q$ dla $p,q\in \N$ , to naturalnie jest przyjąć

$a^x= \left(a^{1/q}\right)^p= \underbrace{a^{1/q}\cdot \ldots a^{1/q}}_{p\ \text{razy}}\, , \qquad a^{-x}=\frac{1}{a^x} \, .$

Zasdadniczym celem tego rozdziału jest wskazanie, jak można określać potęgę $a^x$ liczby $a>0$ o dowolnym wykładniku rzeczywistym $x$ - także niewymiernym, i jak określić logarytm, to znaczy funkcję, która dla danych liczb dodatnich $y,a$ , $a\not=1$ , wskazuje taką liczbę $x\in\R$ , że $a^x=y$ .

Poznamy przy okazji cały szereg fundamentalnych własności tych funkcji. Jak Czytelnik być może zauważy, w nazwach niektórych z tych własności figurują takie słowa jak ciągłość i różniczkowalność. Na razie to tylko terminy; pełną treść nadamy im wtedy, gdy zajmiemy się bliżej systematycznym badaniem własności funkcji ciągłych i funkcji różniczkowalnych.

Uwaga. W jednym z późniejszych rozdziałów zajmiemy się wprowadzeniem funkcji wykładniczej w dziedzinie zespolonej. Do tego jednak przyda się nam nieco więcej narzędzi.

Powrót na górę

Funkcja wykładnicza

Lemat [o ciągach szybko zbieżnych do 1] (#) Załóżmy, że $(a_n)$ jest ciągiem liczb rzeczywistych takim, że $na_n\to 0$ dla $n\to \infty$ . Wtedy

$\lim_{n\to\infty} (1+a_n)^n=1\, .$

Dowód:
Ponieważ $na_n\to 0$ , więc $|a_n|\le |na_n|<1/2$ i $|a_n|<\frac 12 <|1+a_n|$ dla dostatecznie dużych $n$ ; dla takich $n$ skorzystamy dwukrotnie z nierówności Bernoulliego. (Czytelnik zechce sprawdzić, że dzięki poprzedniemu zdaniu wszystkie założenia tej nierówności są spełnione). Po pierwsze,

$\frac{1}{(1+a_n)^n} = \left(1-\frac{a_n}{1+a_n}\right)^n \ge 1- \frac{na_n}{1+a_n}\, .$

Po drugie,

$(1+a_n)^n\ge 1+na_n>0, \qquad \mbox{więc}\qquad \frac 1{(1+a_n)^n} \le \frac 1{1+na_n}\, .$

Zatem, dla wszystkich dostatecznie dużych $n$ ,

$1- \frac{na_n}{1+a_n}\le \frac 1{(1+a_n)^n} \le \frac 1{1+na_n}$

Ponieważ $na_n\to 0$ (i oczywiście tym bardziej $a_n\to 0$ ) dla $n\to \infty$ , więc teza lematu łatwo wynika z twierdzenia o 3 ciągach.

□

Twierdzenie [własności funkcji wykładniczej](#) Dla każdego $x\in \R$ ciąg

$a_n(x)=\left(1+\frac xn\right)^n \, , \qquad n\in \N \, ,$

jest zbieżny do granicy $a(x)\in \R$ , która ma następujące własności:

$a(x)>0$ dla każdego $x\in\R$ i $a(0)=1$ ;
$a(x)a(y)=a(x+y)$ dla wszystkich $x,y\in \R$ ;
$a(x)\ge 1+x$ dla każdego $x\in \R$ ;
(Monotoniczność): $a(x)>a(y)$ dla wszystkich $x>y$ ;
$a(x) \le 1/(1-x)$ dla każdego $x<1$ ;
$|a(x)-1-x|\le 2|x|^2$ dla każdego $|x|\le\frac 12$ ;
(Ciągłość): jeśli $x_n\to x\in\R$ , to $a(x_n)\to a(x)$ ;
(Różniczkowalność): jeśli $h_n\to 0$ i $h_n\not=0$ dla $n\in \N$ , to

$\lim_{n\to\infty} \frac{a(x+h_n)-a(x)}{h_n}=a(x)$

Dowód:
Plan postępowania jest taki: wykażemy, że granica $a(x)$ ciągu $a_n(x)$ istnieje dla każdego $x$ , a potem stopniowo będziemy dowodzić jej własności.

Krok 1. Najpierw sprawdzimy, że ciąg $a_n(x)$ jest monotoniczny od pewnego miejsca. Ustalmy $x\in\R$ . Rozpatrujemy odtąd tylko $n>|x|$ ; wtedy $(n+x)/n=1+\frac xn> 0$ i $a_n(x)>0$ , zatem

$a_{n+1}\ge a_n \quad\Leftrightarrow \quad \frac{a_{n+1}}{a_n}\ge 1 \quad\Leftrightarrow \quad \frac{\left(1+\displaystyle\frac x{n+1}\right)^{n+1} }{\left(1+\displaystyle\frac xn\right)^{n+1}}\ge \frac 1{1+\frac xn} = \frac n{n+x} \, .$

Zapiszmy iloraz potęg, występujący w ostatnim wyrażeniu, w postaci $(1+\cdots)^{n+1}$ i skorzystajmy wtedy z nierówności Bernoulliego:

$\begin{eqnarray*} \frac{\left(1+\displaystyle\frac x{n+1}\right)^{n+1} }{\left(1+\displaystyle\frac xn\right)^{n+1}} &=& \left(\frac{(n+1+x)n}{(n+1)(n+x)}\right)^{n+1} \ =\ \left(1-\frac{x}{(n+1)(n+x)}\right)^{n+1} \\ & & {}\qquad\mbox{gdyż ${(n+1)(n+x)}-x = (n+1+x)n$} \\[5pt] & \ge & 1- \frac{x}{(n+x)} = \frac n{n+x}\, . \end{eqnarray*}$

(Dla $x<0$ oczywiście wolno było nierówność Bernoulli'ego stosować; dla $x\ge 0$ jest $|\frac{x}{(n+1)(n+x)}|\le \frac{x}{(n+x)}\le 1$ ). Zatem istotnie ciąg $a_n(x)$ jest niemalejący dla $n>|x|$ .

Krok 2. Niech $x<0$ . Wtedy dla $n>|x|$ zachodzą nierówności

$0< 1+\frac{x}{n} < 1, \qquad 0< a_n(x)=\left(1+\frac{x}{n}\right)^n < 1,$

a to znaczy, że ciąg $a_n(x)$ jest ograniczony. Ponieważ jest niemalejący od pewnego miejsca, więc jest zbieżny, a jego granica $a(x)>0$ , bo dzięki monotoniczności $a(x)\ge a_m(x)>0$ dla $m>|x|$ .

Krok 3. Dla $x> 0$ posłużymy się sztuczką. Mianowicie, $1-\frac{x^2}{n^2}=(1-\frac xn)(1+\frac xn)$ , a zatem dla $n>|x|$ możemy napisać

$a_n(x) = \frac{\left(1-\displaystyle \frac{x^2}{n^2}\right)^n}{a_n(-x)} \, .$

Z lematu o ciągach szybko zbieżnych do 1 wiemy, że licznik jest zbieżny do 1, a z poprzedniego kroku dowodu - że mianownik jest zbieżny do $a(-x)>0$ . Zatem, z twierdzenia o granicy ilorazu ciągów, $a_n(x)\to a(x) = 1/a(-x)>0$ . Dla $x=0$ oczywiście $a_n(0)\equiv 1\to 1$ . To daje istnienie $a(x)$ dla każdego $x$ i własność (E1).

Krok 4. Teraz udowodnimy, że własności (E2)-(E6) istotnie przysługują $a(x)$ .

Z twierdzenia o granicy ilorazu

$\frac{a(x)a(y)}{a(x+y)}= \lim_{n\to\infty} \frac{ \left( 1+ \displaystyle\frac{x+y}n + \displaystyle\frac{xy}{n^2} \right)^n} {\left( 1+ \displaystyle\frac{x+y}n \right)^n}=\lim_{n\to\infty} \Biggl(1+ \underbrace{ \frac{\frac{xy}{n^2}}{\, 1+ \frac{x+y}n}\, }_{= \text{\ (ozn.)\ } a_n}\,\,\Biggr)^n$

Łatwo zauważyć, że $na_n\to 0$ , więc z lematu o ciągach szybko zbieżnych do 1 otrzymujemy $a(x)a(y)/a(x+y)=1$ , czyli własność (E2). Ponieważ, dzięki nierówności Bernoulliego, $a_n(x)\ge 1+x$ dla wszystkich $n>|x|$ i wszystkich $x\in\R$ , więc na mocy stwierdzenia o szacowaniu granic także $a(x)\ge 1+x$ . To daje własność (E3). Sprawdzimy monotoniczność, czyli własność (E4). Niech $x>y$ . Korzystając z (E1)-(E3) piszemy

$a(x)-a(y)\ \stackrel{\text{(E2)}}= \ a(y)a(x-y)-a(y) \ = \ a(y)(a(x-y)-1) \ \stackrel{\text{(E1), \ (E3)}} \ge a(y) (x-y) > 0$

gdyż $a(y)>0$ i $x-y>0$ . Zatem $a(x)>a(y)$ dla $x>y$ .

Własność (E5) łatwo wynika z (E3) i (E2). Istotnie, $a(-x)\ge 1-x>0$ dla $x<1$ , a więc dla takich $x$ jest

$a(x)=\frac{1}{a(-x)}\le \frac 1{1-x}\, .$

Aby wykazać (E6), stosujemy dla $|x|\le 1/2<1$ własności (E3) i (E5):

$0\ \stackrel{\text{(E3)}}\le \ a(x)-1-x \ \stackrel{\text{(E5)}}\le \frac 1{1-x} -1 - x = \frac{1-1+x-x+x^2}{1-x}= \frac{x^2}{1-x}\le 2|x|^2\,$

(w ostatniej nierówności używamy warunku $|x|\le \frac 12$ ).

Krok 5. Na koniec wykażemy własności (E7) i (E8). Jeśli $x_n\to x$ , to wówczas $|x_n-x|^2<|x_n-x|<1/2$ dla dostatecznie dużych $n$ , więc oznaczając dla krótkości $r_n=x_n-x$ , otrzymujemy z nierówności trójkąta

$|a(r_n)-1| \le |a(r_n)-1-r_n|+|r_n|\ \stackrel{\text{(E6)}}\le \ 2r_n^2+ |r_n|\le 3|r_n|=3|x_n-x|\, .$

Zatem, posługując się twierdzeniem o 3 ciągach, łatwo wnioskujemy, że $a(x_n-x)=a(r_n)\to 1$ dla $n\to \infty$ . Ponadto,

$0\le |a(x_n)-a(x)| \ \stackrel{\text{(E2)}}= \ |a(x)|\,\cdot\, |a(x_n-x) - 1| ,$

więc także $a(x_n)\to a(x)$ .

Została nam ostatnia własność, (E8). Piszemy

$\frac{a(x+h_n)-a(x)}{h_n}\ \stackrel{\text{(E2)}}=\ \frac{a(x)a(h_n)-a(x)}{h_n} = a(x) \cdot \underbrace{\frac{a(h_n)-1}{h_n}}_{= \text{\ (ozn.)\ } U_n}\equiv a(x)\cdot U_n\, .$

Skoro $h_n\to 0$ , to dla dostatecznie dużych $n$ jest $|h_n|<1/2$ i wtedy

$0\le |U_n-1| = \left|\frac{a(h_n)-1}{h_n}-1\right|=\left| \frac{a(h_n)-1-h_n}{h_n} \right| \ \stackrel{\text{(E6)}}\le \ \frac{2|h_n|^2}{|h_n|} =2|h_n|\to 0,$

a więc $U_n\to 1$ dla $n\to \infty$ . Zatem, $a(x)U_n\to a(x)$ dla $n\to \infty$ , a to właśnie należało udowodnić.

Dowód całego twierdzenia jest teraz zakończony.

□

Definicja [liczba $e$ i funkcja $\exp$ ] Kładziemy

$e=a(1)=\lim_{n\to\infty} \left( 1+ \frac 1n\right)^n = 2,\! 718281828459045\ldots$

Dla $x\in \R$ piszemy także $\exp(x)=a(x)$ , gdzie $a(x)=\lim_{n\to\infty}(1+\frac xn)^n$ . Funkcja $\exp$ nazywa się funkcją wykładniczą (zmiennej rzeczywistej).

Zatem,

$e=\exp(1) \, .$

(Warto zauważyć, że wszystkie przytoczone wyżej cyfry rozwinięcia dziesiętnego $e$ znał Leonhard Euler przed 1750 rokiem!)

Wiemy już o funkcji wykładniczej bardzo wiele. Udowodnimy jeszcze jedną jej własność: każda liczba dodatnia jest wartością tej funkcji.

Stwierdzenie Dla każdego $y>0$ istnieje dokładnie jedna liczba $x\in \R$ taka, że $y=\exp(x)$ .

Dowód:
Wystarczy przeprowadzić dowód dla $y\in (0,1)$ , gdyż $1=\exp(0)$ i jeśli $z>1$ , to $1/z=y\in (0,1)$ , więc z równości $y=\exp(x)$ i $\exp(x)\exp(-x)=1$ wynika, że $\exp(-x)=z$ .

Niech przeto $y\in (0,1)$ . Połóżmy $A=\{t\in \R\colon \exp(t)\le y\}$ . Jeśli $t\ge 0$ , to dzięki (E3) jest $\exp(t)\ge 1+t \ge 1 >y,$ a więc $t\not \in A$ , tzn. $A\subset (-\infty,0)$ . Ponadto, dla $n\in \N$ mamy, z własności (E5) użytej dla $x=-n$ ,

$\exp(-n)\le \frac{1}{1+n},$

a więc $-n\in A$ dla wszystkich $n$ dostatecznie dużych (wystarczy, by $1/(1+n)<\exp(y)$ , tzn. aby $n+1>\exp(-y)$ ). Zatem zbiór $A$ jest niepusty i ograniczony z góry, a więc istnieje $x=\sup A\in \R$ . A priori, są trzy możliwości:

$\exp(x) > y, \qquad \exp(x) < y, \qquad\exp(x)=y\, .$

Wykażemy, że pierwsze dwie prowadzą do sprzeczności. Przypuśćmy więc, że $\exp(x)<y$ . Z własności (E7) wynika, że dla $n\to \infty$ ciąg $\exp(x+\frac 1n)\to \exp(x) <y$ , a więc, dzięki Stwierdzeniu~ [link], $\exp(x+\frac 1n)<y$ dla wszystkich dostatecznie dużych $n$ . Innymi słowy, $\sup A=x< x+\frac 1n\in A$ , to zaś jest sprzeczność. Nie może więc być $\exp(x)<y$ .

Gdyby $\exp(x)>y$ , to, podobnie jak przed chwilą, mielibyśmy $\exp(x-\frac 1n)\to\exp(x)>y$ , tzn. dla wszystkich dostatecznie dużych $n$ byłoby

$\exp \bigl(x-\frac 1n\bigr) > y\ge \exp t \qquad\mbox{dla każdego $t\in A$.}$

Z monotoniczności, patrz własność (E4), otrzymalibyśmy $x-\frac 1n>t$ dla każdego $t\in A$ , ale $x-\frac 1n<x=\sup A$ , więc byłaby to sprzeczność z definicją kresu górnego.

Musi zatem być $\exp(x)=y$ . Jednoznaczność wynika z monotoniczności $\exp$ .

□

Definicja [logarytm naturalny] Dla liczby $y>0$ definiujemy: $\ln y=x$ , gdzie $x\in\R$ jest jedyną liczbą taką, że $\exp(x)=y$ .

Własności funkcji wykładniczej nietrudno przełożyć na odpowiednie własności logarytmu naturalnego.

Twierdzenie [własności logarytmu naturalnego] (#) Logarytm naturalny $\ln y$ jest określony dla wszystkich liczb $y>0$ i ma następujące własności:

(L\arabic{enumi

Dla wszystkich $x,y>0$ jest $\ln (xy)=\ln x + \ln y$ ; $\ln e =1$ i $\ln 1 = 0$ .
(Monotoniczność logarytmu) Dla wszystkich $y_1>y_2>0$ mamy $\ln y_1>\ln y_2$ .
Dla wszystkich $y>0$ zachodzą nierówności

$1-\frac 1y \le\ln y \le y-1\, .$

Równoważnie,

$\frac{t}{t+1} \le \ln (1+t) \le t \qquad \mbox{dla wszystkich $t>-1$.}$
Jeśli $t_n>-1$ dla wszystkich $n\in N$ i $t_n\to 0$ , to $\ln(1+t_n)\to 0=\ln 1$ .
(Ciągłość logarytmu) Jeśli $y_n>0$ dla wszystkich $n\in \N$ i $y_n\to y>0$ dla $n\to\infty$ , to wówczas $\ln y_n\to\ln y$ dla $n\to \infty$ .
(Różniczkowalność logarytmu) Jeśli $h_n\to 0$ dla $n\to\infty$ , a także $y>0$ i $y+h_n>0$ dla wszystkich $n\in\N$ , to wówczas

$\lim_{n\to \infty}\frac{\ln (y+h_n)-\ln y}{h_n} = \frac 1y\, .$

Dowód:
Udowodnimy (L1). Ponieważ $x,y>0$ , więc istnieją $t,w\in \R$ takie, że $\exp (t)=x$ , $\exp w = y$ (czyli: $t=\ln x$ , $w=\ln y$ ). Z własności (E2) funkcji $\exp$ otrzymujemy

$xy=\exp(t)\exp(w)=\exp(t+w),$

tzn. wprost z definicji logarytmu $\ln xy= t+w=\ln x+\ln y$ . Równości $\ln e = 1$ , $\ln 1 =0$ wynikają stąd, że $\exp(1)=e$ , $\exp(0)=1$ . Nietrudno zauważyć, że logarytm jest monotoniczny: gdyby $x_1=\ln y_1\le \ln y_2=x_2$ dla pewnych $y_1>y_2>0$ , to byłoby, dzięki monotoniczności funkcji wykładniczej, $y_1 = \exp (x_1) \le \exp(x_2) = y_2$ , a to jest sprzeczność.

Teraz sprawdzimy, że zachodzą nierówności podane w punkcie (L3). Niech $x=\ln y$ . Mamy $\exp (x)\ge 1 + x$ , tzn. $\ln y = x\le \exp (x) - 1 = y-1$ . Ponieważ $\exp(x)< 1/(1-x)$ dla $x<1$ , a z monotoniczności wynika, że $\ln y<1$ wtedy i tylko wtedy, gdy $y<e$ , więc przy dodatkowym założeniu $x=\ln y <1$ , $y>0$ , jest

$y=\exp(x)\le \frac{1}{1-x}=\frac{1}{1-\ln y} \quad\Leftrightarrow\quad \frac 1y\ge 1-\ln y \quad\Leftrightarrow\quad \ln y \ge 1-\frac 1y\, .$

Gdy $x=\ln y\ge 1$ , to nierówność jest banalna, gdyż $1-1/y< 1$ dla $y>0$ . To kończy dowód pierwszej wersji (L3); drugą otrzymujemy, podstawiając $y=1+t$ (zauważmy: $y>0$ wtedy i tylko wtedy, gdy $t>-1$ ). Własność (L4) jest bardzo prosta. Otrzymujemy ją, stosując nierówności z punktu (L3) i twierdzenie o trzech ciągach.

Przejdźmy do dowodu ciągłości, tzn. do własności (L5). Ponieważ logarytm iloczynu jest sumą logarytmów, więc

$\ln y_n-\ln y = \ln \left(y\cdot \Bigl(1+\frac{y_n-y}{y}\Bigr)\right) - \ln y = \ln \Bigl(1+\underbrace{\frac{y_n-y}{y}}_{=\ \text{(ozn.)}\ t_n} \Bigr),$

gdzie $-1<t_n=(y_n-y)/y=-1+\frac{y_n}{y}\to 0$ , gdy $y_n\to y$ . Wiemy już jednak, że $\ln (1+t_n)\to 0$ dla każdego ciągu $t_n \to 0$ , $t_n>-1$ ; zatem $\ln y_n\to \ln y$ , gdy $y_n,y>0$ i $y_n\to y$ dla $n\to\infty$ . To kończy dowód własności (L4).

Na koniec wykażemy różniczkowalność logarytmu. Zauważmy, że

$\frac{\ln(y+h_n)-\ln y}{h_n} = \frac{\ln y+ \ln\Bigl(1 + \displaystyle \frac{h_n}{y}\Bigr)-\ln y}{h_n} = \frac{\ln(1+t_n)}{t_n}\cdot \frac 1 y \qquad \mbox{dla }t_n=\frac{h_n}y\not=0,$

Wystarczy więc wykazać, że dla każdego ciągu $t_n\to 0$ , gdzie $t_n\not=0$ i $t_n>-1$ dla wszystkich $n\in\N$ , mamy $\frac 1 {t_n}\ln(1+t_n)\to 1$ . Oznaczmy $s_n=\ln(1+t_n)$ ; wtedy $\exp(s_n)-1=t_n$ i $s_n\not=0$ . Zatem

$\frac{\ln (1+t_n)}{t_n}=\frac{s_n}{\exp(s_n)-1}.$

Sprawdziliśmy przed chwilą, dowodząc własności (L4), że $s_n=\ln(1+t_n)\to 0$ . Korzystając z różniczkowalności funkcji wykładniczej, patrz własność (E8), wnioskujemy, że $s_n/(\exp (s_n)-1)\to 1$ dla $n\to \infty$ . Zatem także $\frac 1 {t_n}\ln(1+t_n)\to 1$ .

□

Dysponując już funkcją wykładniczą i logarytmem, nietrudno jest zdefiniować potęgę dowolnej liczby dodatniej o dowolnym wykładniku rzeczywistym.

Definicja Dla wszystkich $a>0$ i wszystkich $x\in\R$ przyjmujemy

$a^x=\exp(x\ln a)\, .$

W szczególności, dla liczby $e$ przyjęta definicja daje, zgodnie z naturalnym oczekiwaniem, $e^x=\exp(x\ln e)=\exp(x)$ , gdyż $\ln e=1$ . Zauważmy też od razu, że dla $n\in \N$ jest, dzięki własności (L1) logarytmu,

$a^n=\exp(n\ln a) = \exp\bigl(\underbrace{\ln a+ \ln a+\cdots +\ln a}_{n\ \text{razy}}) =\exp(\ln(a\cdot a\cdot \ldots \cdot a)) = \underbrace{a\cdot a\cdot\ldots\cdot a}_{n\ \text{razy}},$

co zgadza się ze zwykłą definicją potęgi o wykładniku naturalnym. Nietrudno podać listę własności potęg, podawaną na ogół w szkole (Odbywa się to zwykle bez wyjaśnienia, jak należy rozumieć napis $a^x$ , gdy liczba $x$ nie jest wymierna, i dlaczego wtedy odpowiednie równości mają sens - prawda jest taka, że nie da się wtedy uniknąć jakiejś wersji przejść granicznych\ldots)

Ćwiczenie Niech $a,b>0$ , $x,y\in\R$ . Proszę samodzielnie, korzystając z (E1)-(E8) oraz (L1)-(L5), udowodnić następujące własności potęg:

$a^{x+y}=a^xa^y$ , a ponadto $a^{-x}=1/a^x$ i $a^0=1$ .
$\bigl(a^x\bigr)^y=a^{xy}$ i $a^xb^x=(ab)^x$ .
Jeśli $a>1$ , to $a^x<a^y$ dla wszystkich $x<y$ , a jeśli $a\in (0,1)$ , to $a^x>a^y$ dla wszystkich $x<y$ .
Jeśli ciąg $x_n\to x$ dla $n\to \infty$ , to wówczas $a^{x_n}\to a^x$ dla $n\to\infty$ .
Jeśli $a<b$ , to $a^x<b^x$ dla wszystkich $x>0$ oraz $a^x>b^x$ dla wszystkich $x<0$ .

Możemy także zdefiniować logarytm przy dowolnej podstawie $a>0$ , $a\not=1$ .

Definicja Jeśli $a>0$ i $a\not =1$ , to dla wszystkich $y>0$ przyjmujemy

$\log_a y = x \quad\Leftrightarrow \quad a^x = y\, .$

Ćwiczenie Posługując się udowodnionymi już własnościami funkcji wykładniczej i logarytmu, sprawdzić, że powyższa definicja jest poprawna (tzn. przy podanych założeniach o $a$ i $y$ liczba $\log_a y$ istnieje i jest określona jednoznacznie). Dlaczego przyjmujemy, że $a\not=1$ ?

Ćwiczenie Posługując się znanymi własnościami potęg i logarytmu naturalnego, wykazać, że logarytm przy dowolnej podstawie $a>0,a\not=1$ ma następujące własności:

$\log_a y$ = $(\ln y)/(\ln a)$ dla wszystkich $y>0$ .
Jeśli $b>0,b\not=1$ , to $\log_a y=(\log_b y )/(\log_b a)$ dla wszystkich $y>0$ .
$\log_a(xy)=\log_a x+ \log_a y$ dla wszystkich $x,y>0$ .
$\log_a (y^x) = x \log_a y$ dla wszystkich $y>0$ , $x\in\R$ .

Warunek 2) bywa nazywany wzorem na zamianę podstawy logarytmu.

Powrót na górę

Charakteryzacja funkcji wykładniczej

Co ciekawe, niewielka część własności funkcji wykładniczej i logarytmu określa każdą z tych funkcji jednoznacznie. Oto odpowiednie twierdzenia.

Twierdzenie [charakteryzacja funkcji $\exp$ ] (#) Jeśli funkcja $f\colon \R\to \R$ spełnia trzy warunki:

Dla wszystkich $x,y\in \R$ jest $f(x+y)=f(x)f(y)$ ,
$f(1)=e$ ,
Dla każdego $x\in\R$ i każdego ciągu $x_n\to x$ ciąg $f(x_n)$ jest zbieżny do $f(x)$ ,

to wówczas

$\begin{equation} f(x) =\exp(x)\qquad\mbox{dla wszystkich $x\in\R$.} \label{f-exp} \end{equation}$

Dowód:
Plan dowodu jest bardzo prosty. Korzystając z dwóch pierwszych założeń, dowodzi się, że $f(x)>0$ dla wszystkich $x\in\R$ i sprawdza się równość f-exp dla wszystkich $x\in\Q$ (niezbyt trudna indukcja). Następnie, korzystając z trzeciego założenia i gęstości $\Q$ w $\R$ , dowodzi się f-exp dla wszystkich $x\in\R\setminus\Q$ . Oto szczegóły:

Krok 1. Z pierwszego założenia otrzymujemy $f(x)=f(x/2+x/2)=f(x)^2\ge 0$ i $f(0)^2=f(0)$ . Liczba $f(0)$ jest więc zerem lub jedynką. Nie może być jednak $f(0)=0$ , bo wtedy mielibyśmy $f(x)=f(x+0)=f(x)f(0)=0$ dla wszystkich $x$ , a wiemy, że $f(1)=e$ . Zatem $f(0)=1$ , co oznacza, że $f(x)f(-x)=f(0)=1$ dla każdego $x\in\R$ . Innymi słowy, liczba $f(x)$ jest różna od zera i nieujemna.

Stwierdziliśmy więc, że $f(x)>0$ dla wszystkich $x\in \R$ i $f(-x)= 1/ f(x)$ .

Krok 2. Wiemy, że $f(1)=e$ . Jeśli przyjąć, że $f(m)=e^m$ , to $f(m+1)=f(m)f(1)=e^me=e^{m+1}$ . Przez indukcję wnioskujemy, że $f(m)=e^m$ dla wszystkich $m\in N$ . Ponadto, dla $m\in \N$ mamy $f(-m)e^m=f(-m)f(m)=1$ , tzn. $f(-m)=e^{-m}$ . Zatem

$f(m)=e^m =\exp(m) \qquad\mbox{dla wszystkich $m\in \Z$.}$

Krok 3. Niech $m,n\in \N$ . Wtedy

$f\Bigl(\frac 1n\Bigr)^n=f\Bigl(\underbrace{\frac 1n +\cdots +\frac 1n}_{n\ \text{razy}}\Bigr)= f(1) = e,$

stąd zaś $f(1/n)=e^{1/n}$ . Przez indukcję, podobnie jak w poprzednim kroku stosując własność $f(x+y)=f(x)f(y)$ , dowodzimy teraz, że $f(m/n)=e^{m/n}$ . Wreszcie, ponieważ $f(-x)=1/f(x)$ , więc

$f(x)=e^{x} =\exp(x) \qquad\mbox{dla wszystkich $x=p/q\in \Q$.}$

Krok 4. Niech $x\in \R\setminus\Q$ . Istnieje wtedy (patrz Twierdzenie~ [link]) ciąg liczb wymiernych $x_n$ zbieżny do $x$ . Z założenia (iii) oraz ciągłości funkcji wykładniczej wnioskujemy, że

$f(x)=\lim_{n\to\infty} f(x_n)=\lim_{n\to\infty} \exp(x_n) =\exp(x)\, .$

Sprawdziliśmy więc, że $f(x)=\exp(x)$ dla wszystkich $x\in\R$ .

□

Uwaga. Drugie założenie Twierdzenia~ [link] ma charakter normalizujący: gdyby przyjąć, że $f(1)=a>0$ , to byłoby $f(x)=a^x$ . Zamiast zakładać, że $f(1)=e$ , można też przyjąć warunek

Dla każdego ciągu różnych od zera liczb $x_n\to 0$ mamy

$\lim_{n\to\infty} \frac{f(x_n)-f(0)}{x_n}=1\, .$

Zadanie [dla zainteresowanych rozumieniem teorii] Wykazać, że teza Twierdzenia~ [link] zachodzi, gdy założenie (ii) zastąpimy powyższym warunkiem (ii)'. Zastanowić się, czy założenie (iii) można wtedy ominąć.

Wskazówka: co trzeba zmienić w pierwszym kroku dowodu? Jak wykazać, że $f(1)=e$ ? (Wolno używać wszystkich udowonionych własności funkcji wykładniczej).

Zadanie [łatwiejsze od poprzedniego] Naśladując dowód ostatniego twierdzenia, wykazać, że jeśli funkcja $g\colon (0,\infty)\to \R$ spełnia następujące warunki:

Dla wszystkich $x,y>0$ jest $g(xy)=g(x)+g(y)$ ,
$g(e)=1$ ,
Dla każdego $x>0$ i każdego ciągu liczb dodatnich $x_n\to x$ ciąg $g(x_n)$ jest zbieżny do granicy $g(x)$ ,

to wówczas

$g(x) =\ln(x)\qquad\mbox{dla wszystkich $x\in\R$.}$

Przekonamy się za pewien czas, że funkcję wykładniczą i logarytm naturalny można określić także dla zespolonych wartości zmiennej. Trzeba to jednak zrobić nieco inaczej (Czytelnik zauważył zapewne, że w dowodach w tym rozdziale wielokrotnie korzystaliśmy z własności ciągów monotonicznych i nierówności Bernoulliego, a tych narzędzi trudno używać w $\C$ ). Wygodnie będzie zająć się najpierw szeregami.

Powrót na górę