Funkcja wykładnicza i logarytm

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.

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:

  1. $ a(x)>0 $ dla każdego $ x\in\R $ i $ a(0)=1 $;
  2. $ a(x)a(y)=a(x+y) $ dla wszystkich $ x,y\in \R $;
  3. $ a(x)\ge 1+x $ dla każdego $ x\in \R $;
  4. (Monotoniczność): $ a(x)>a(y) $ dla wszystkich $ x>y $;
  5. $ a(x) \le 1/(1-x) $ dla każdego $ x<1 $;
  6. $ |a(x)-1-x|\le 2|x|^2 $ dla każdego $ |x|\le\frac 12 $;
  7. (Ciągłość): jeśli $ x_n\to x\in\R $, to $ a(x_n)\to a(x) $;
  8. (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)}}

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

    Równoważnie,

    \[ \frac{t}{t+1} \le \ln (1+t) \le t \qquad \mbox{dla wszystkich $t>-1$.} \]
  4. Jeśli $ t_n>-1 $ dla wszystkich $ n\in N $ i $ t_n\to 0 $, to $ \ln(1+t_n)\to 0=\ln 1 $.
  5. (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 $.
  6. (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:

  1. $ a^{x+y}=a^xa^y $, a ponadto $ a^{-x}=1/a^x $ i $ a^0=1 $.
  2. $ \bigl(a^x\bigr)^y=a^{xy} $ i $ a^xb^x=(ab)^x $.
  3. 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 $.
  4. Jeśli ciąg $ x_n\to x $ dla $ n\to \infty $, to wówczas $ a^{x_n}\to a^x $ dla $ n\to\infty $.
  5. 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:

    {\arabic{enumi})}

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

Warunek 2) bywa nazywany wzorem na zamianę podstawy logarytmu.

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:

  1. Dla wszystkich $ x,y\in \R $ jest $ f(x+y)=f(x)f(y) $,
  2. $ f(1)=e $,
  3. 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

    \setcounter{enumi}{1} {(\roman{enumi})'}

  1. 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:

  1. Dla wszystkich $ x,y>0 $ jest $ g(xy)=g(x)+g(y) $,
  2. $ g(e)=1 $,
  3. 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.