Rozdział 3 Fukcja wykładicza i logarytm Potrafimy już defiiować potęgi liczb dodatich o wykładiku wymierym: jeśli a > 0 i x = p/q Q dla p, q N, to aturalie jest przyjąć a x = a 1/q) p = a 1/q } {{... a 1/q }, a x = 1 a x. p razy Zasdadiczym celem tego rozdziału jest wskazaie, jak moża określać potęgę a x liczby a > 0 o dowolym wykładiku rzeczywistym x także iewymierym, i jak określić logarytm, to zaczy fukcję, która dla daych liczb dodatich y, a, a 1, wskazuje taką liczbę x R, że a x = y. Pozamy przy okazji cały szereg fudametalych własości tych fukcji. Jak Czytelik być może zauważy, w azwach iektórych z tych własości figurują takie słowa jak ciągłość i różiczkowalość. Na razie to tylko termiy; pełą treść adamy im wtedy, gdy zajmiemy się bliżej systematyczym badaiem własości fukcji ciągłych i fukcji różiczkowalych. Uwaga. W jedym z późiejszych rozdziałów zajmiemy się wprowadzeiem fukcji wykładiczej w dziedziie zespoloej. Do tego jedak przyda się am ieco więcej arzędzi. 3.1 Fukcja wykładicza Lemat 3.1 o ciągach szybko zbieżych do 1). Załóżmy, że a ) jest ciągiem liczb rzeczywistych takim, że a 0 dla. Wtedy lim 1 + a ) = 1. Dowód. Poieważ a 0, więc a a < 1/2 i a < 1 2 < 1 + a dla dostateczie dużych ; dla takich skorzystamy dwukrotie z ierówości Beroulliego. Czytelik zechce sprawdzić, że dzięki poprzediemu zdaiu wszystkie założeia tej ierówości są spełioe). Po pierwsze, 1 1 + a ) = 1 a ) 1 a. 1 + a 1 + a 33
34 wersja robocza z dia: 1 czerwca 2011 Po drugie, 1 + a ) 1 + a > 0, więc Zatem, dla wszystkich dostateczie dużych, 1 a 1 + a 1 1 + a ) 1 1 + a 1 1 + a ) 1. 1 + a Poieważ a 0 i oczywiście tym bardziej a 0) dla, więc teza lematu łatwo wyika z twierdzeia o 3 ciągach. Twierdzeie 3.2 własości fukcji wykładiczej). Dla każdego x R ciąg a x) = 1 + ) x, N, jest zbieży do graicy ax) R, która ma astępujące własości: E1) ax) > 0 dla każdego x R i a0) = 1; E2) ax)ay) = ax + y) dla wszystkich x, y R; E3) ax) 1 + x dla każdego x R; E4) Mootoiczość): ax) > ay) dla wszystkich x > y; E5) ax) 1/1 x) dla każdego x < 1; E6) ax) 1 x 2 x 2 dla każdego x 1 2 ; E7) Ciągłość): jeśli x x R, to ax ) ax); E8) Różiczkowalość): jeśli h 0 i h 0 dla N, to ax + h ) ax) lim = ax) h Dowód. Pla postępowaia jest taki: wykażemy, że graica ax) ciągu a x) istieje dla każdego x, a potem stopiowo będziemy dowodzić jej własości. Krok 1. Najpierw sprawdzimy, że ciąg a x) jest mootoiczy od pewego miejsca. Ustalmy x R. Rozpatrujemy odtąd tylko > x ; wtedy +x)/ = 1+ x > 0 i a x) > 0, zatem a +1 a a 1 + x ) +1 +1 + 1 1 a 1 + x ) +1 1 1 + x = + x. Zapiszmy iloraz potęg, występujący w ostatim wyrażeiu, w postaci 1 + ) +1 i skorzystajmy wtedy z ierówości Beroulliego: 1 + x ) +1 + 1 ) +1 = 1 + x ) + 1 + x) +1 = + 1) + x) 1 ) x +1 1 + 1) + x) gdyż + 1) + x) x = + 1 + x) x + x) = + x.
c MIM UW, 2010/11 35 Dla x < 0 oczywiście wolo było ierówość Beroulli ego stosować; dla x 0 jest x +1)+x) x +x) 1). Zatem istotie ciąg a x) jest iemalejący dla > x. Krok 2. Niech x < 0. Wtedy dla > x zachodzą ierówości 0 < 1 + x < 1, 0 < a x) = 1 + ) x < 1, a to zaczy, że ciąg a x) jest ograiczoy. Poieważ jest iemalejący od pewego miejsca, więc jest zbieży, a jego graica ax) > 0, bo dzięki mootoiczości ax) a m x) > 0 dla m > x. Krok 3. Dla x > 0 posłużymy się sztuczką. Miaowicie, 1 x2 2 dla > x możemy apisać ) 1 x2 = 1 x )1+ x ), a zatem a x) = 2 a x) Z lematu o ciągach szybko zbieżych do 1 wiemy, że liczik jest zbieży do 1, a z poprzediego kroku dowodu że miaowik jest zbieży do a x) > 0. Zatem, z twierdzeia o graicy ilorazu ciągów, a x) ax) = 1/a x) > 0. Dla x = 0 oczywiście a 0) 1 1. To daje istieie ax) dla każdego x i własość E1). Krok 4. Teraz udowodimy, że własości E2) E6) istotie przysługują ax). Z twierdzeia o graicy ilorazu 1 + x + y + xy ) ) 2 ax)ay) ax + y) = lim 1 + x + y ) = lim. 1 + xy 2 1 + x+y }{{} = oz.) a Łatwo zauważyć, że a 0, więc z lematu o ciągach szybko zbieżych do 1 otrzymujemy ax)ay)/ax + y) = 1, czyli własość E2). Poieważ, dzięki ierówości Beroulliego, a x) 1 + x dla wszystkich > x i wszystkich x R, więc a mocy stwierdzeia o szacowaiu graic także ax) 1 + x. To daje własość E3). Sprawdzimy mootoiczość, czyli własość E4). Niech x > y. Korzystając z E1) E3) piszemy ax) ay) E2) = ay)ax y) ay) = ay)ax y) 1) E1), E3) ay)x y) > 0 gdyż ay) > 0 i x y > 0. Zatem ax) > ay) dla x > y. Własość E5) łatwo wyika z E3) i E2). Istotie, a x) 1 x > 0 dla x < 1, a więc dla takich x jest ax) = 1 a x) 1 1 x. Aby wykazać E6), stosujemy dla x 1/2 < 1 własości E3) i E5): 0 E3) ax) 1 x E5) 1 1 x 1 x = 1 1 + x x + x2 1 x = x2 1 x 2 x 2
36 wersja robocza z dia: 1 czerwca 2011 w ostatiej ierówości używamy waruku x 1 2 ). Krok 5. Na koiec wykażemy własości E7) i E8). Jeśli x x, to wówczas x x 2 < x x < 1/2 dla dostateczie dużych, więc ozaczając dla krótkości r = x x, otrzymujemy z ierówości trójkąta ar ) 1 ar ) 1 r + r E6) 2r 2 + r 3 r = 3 x x. Zatem, posługując się twierdzeiem o 3 ciągach, łatwo wioskujemy, że ax x) = ar ) 1 dla. Poadto, 0 ax ) ax) E2) = ax) ax x) 1, więc także ax ) ax). Została am ostatia własość, E8). Piszemy ax + h ) ax) h E2) = ax)ah ) ax) = ax) ah ) 1 ax) U. h h }{{ } = oz.) U Skoro h 0, to dla dostateczie dużych jest h < 1/2 i wtedy 0 U 1 = ah ) 1 1 h = ah ) 1 h E6) 2 h 2 = 2 h 0, h a więc U 1 dla. Zatem, ax)u ax) dla, a to właśie ależało udowodić. Dowód całego twierdzeia jest teraz zakończoy. Defiicja 3.3 liczba e i fukcja exp). Kładziemy e = a1) = lim 1 + 1 = 2,718281828459045... ) Dla x R piszemy także expx) = ax), gdzie ax) = lim 1+ x ). Fukcja exp azywa się fukcją wykładiczą zmieej rzeczywistej). Zatem, h e = exp1). Warto zauważyć, że wszystkie przytoczoe wyżej cyfry rozwiięcia dziesiętego e zał Leohard Euler przed 1750 rokiem!) Wiemy już o fukcji wykładiczej bardzo wiele. Udowodimy jeszcze jedą jej własość: każda liczba dodatia jest wartością tej fukcji. Stwierdzeie 3.4. Dla każdego y > 0 istieje dokładie jeda liczba x R taka, że y = expx). Dowód. Wystarczy przeprowadzić dowód dla y 0, 1), gdyż 1 = exp0) i jeśli z > 1, to 1/z = y 0, 1), więc z rówości y = expx) i expx) exp x) = 1 wyika, że exp x) = z.
c MIM UW, 2010/11 37 Niech przeto y 0, 1). Połóżmy A = {t R: expt) y}. Jeśli t 0, to dzięki E3) jest expt) 1 + t 1 > y, a więc t A, tz. A, 0). Poadto, dla N mamy, z własości E5) użytej dla x =, exp ) 1 1 +, a więc A dla wszystkich dostateczie dużych wystarczy, by 1/1 + ) < expy), tz. aby +1 > exp y)). Zatem zbiór A jest iepusty i ograiczoy z góry, a więc istieje x = sup A R. A priori, są trzy możliwości: expx) > y, expx) < y, expx) = y. Wykażemy, że pierwsze dwie prowadzą do sprzeczości. Przypuśćmy więc, że expx) < y. Z własości E7) wyika, że dla ciąg expx + 1 ) expx) < y, a więc, dzięki Stwierdzeiu 2.13, expx + 1 ) < y dla wszystkich dostateczie dużych. Iymi słowy, sup A = x < x + 1 A, to zaś jest sprzeczość. Nie może więc być expx) < y. Gdyby expx) > y, to, podobie jak przed chwilą, mielibyśmy expx 1 ) expx) > y, tz. dla wszystkich dostateczie dużych byłoby exp x 1 ) > y exp t dla każdego t A. Z mootoiczości, patrz własość E4), otrzymalibyśmy x 1 > t dla każdego t A, ale x 1 < x = sup A, więc byłaby to sprzeczość z defiicją kresu górego. Musi zatem być expx) = y. Jedozaczość wyika z mootoiczości exp. Defiicja 3.5 logarytm aturaly). Dla liczby y > 0 defiiujemy: l y = x, gdzie x R jest jedyą liczbą taką, że expx) = y. Własości fukcji wykładiczej ietrudo przełożyć a odpowiedie własości logarytmu aturalego. Twierdzeie 3.6 własości logarytmu aturalego). Logarytm aturaly l y jest określoy dla wszystkich liczb y > 0 i ma astępujące własości: L1) Dla wszystkich x, y > 0 jest lxy) = l x + l y; l e = 1 i l 1 = 0. L2) Mootoiczość logarytmu) Dla wszystkich y 1 > y 2 > 0 mamy l y 1 > l y 2. L3) Dla wszystkich y > 0 zachodzą ierówości 1 1 y l y y 1. Rówoważie, t l1 + t) t dla wszystkich t > 1. t + 1 L4) Jeśli t > 1 dla wszystkich N i t 0, to l1 + t ) 0 = l 1. L5) Ciągłość logarytmu) Jeśli y > 0 dla wszystkich N i y y > 0 dla, to wówczas l y l y dla.
38 wersja robocza z dia: 1 czerwca 2011 L6) Różiczkowalość logarytmu) Jeśli h 0 dla, a także y > 0 i y+h > 0 dla wszystkich N, to wówczas ly + h ) l y lim = 1 h y. Dowód. Udowodimy L1). Poieważ x, y > 0, więc istieją t, w R takie, że expt) = x, exp w = y czyli: t = l x, w = l y). Z własości E2) fukcji exp otrzymujemy xy = expt) expw) = expt + w), tz. wprost z defiicji logarytmu l xy = t + w = l x + l y. Rówości l e = 1, l 1 = 0 wyikają stąd, że exp1) = e, exp0) = 1. Nietrudo zauważyć, że logarytm jest mootoiczy: gdyby x 1 = l y 1 l y 2 = x 2 dla pewych y 1 > y 2 > 0, to byłoby, dzięki mootoiczości fukcji wykładiczej, y 1 = expx 1 ) expx 2 ) = y 2, a to jest sprzeczość. Teraz sprawdzimy, że zachodzą ierówości podae w pukcie L3). Niech x = l y. Mamy expx) 1 + x, tz. l y = x expx) 1 = y 1. Poieważ expx) < 1/1 x) dla x < 1, a z mootoiczości wyika, że l y < 1 wtedy i tylko wtedy, gdy y < e, więc przy dodatkowym założeiu x = l y < 1, y > 0, jest y = expx) 1 1 x = 1 1 l y 1 y 1 l y l y 1 1 y. Gdy x = l y 1, to ierówość jest baala, 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). Własość L4) jest bardzo prosta. Otrzymujemy ją, stosując ierówości z puktu L3) i twierdzeie o trzech ciągach. Przejdźmy do dowodu ciągłości, tz. do własości L5). Poieważ logarytm iloczyu jest sumą logarytmów, więc l y l y = l y 1 + y y y ) ) l y = l 1 + y y ), y }{{} = oz.) t gdzie 1 < t = y y)/y = 1+ y y 0, gdy y y. Wiemy już jedak, że l1+t ) 0 dla każdego ciągu t 0, t > 1; zatem l y l y, gdy y, y > 0 i y y dla. To kończy dowód własości L4). Na koiec wykażemy różiczkowalość logarytmu. Zauważmy, że l y + l 1 + h ) l y ly + h ) l y y = = l1 + t ) 1 h h t y dla t = h y 0, Wystarczy więc wykazać, że dla każdego ciągu t 0, gdzie t 0 i t > 1 dla wszystkich N, mamy 1 t l1 + t ) 1. Ozaczmy s = l1 + t ); wtedy exps ) 1 = t i s 0. Zatem l1 + t ) s = t exps ) 1.
c MIM UW, 2010/11 39 Sprawdziliśmy przed chwilą, dowodząc własości L4), że s = l1 + t ) 0. Korzystając z różiczkowalości fukcji wykładiczej, patrz własość E8), wioskujemy, że s /exps ) 1) 1 dla. Zatem także 1 t l1 + t ) 1. Dyspoując już fukcją wykładiczą i logarytmem, ietrudo jest zdefiiować potęgę dowolej liczby dodatiej o dowolym wykładiku rzeczywistym. Defiicja 3.7. Dla wszystkich a > 0 i wszystkich x R przyjmujemy a x = expx l a). W szczególości, dla liczby e przyjęta defiicja daje, zgodie z aturalym oczekiwaiem, e x = expx l e) = expx), gdyż l e = 1. Zauważmy też od razu, że dla N jest, dzięki własości L1) logarytmu, a = exp l a) = exp } l a + l a {{ + + l a } ) = expla a... a)) = } a a {{... a}, razy razy co zgadza się ze zwykłą defiicją potęgi o wykładiku aturalym. Nietrudo podać listę własości potęg, podawaą a ogół w szkole 1 Ćwiczeie 3.8. Niech a, b > 0, x, y R. Proszę samodzielie, korzystając z E1) E8) oraz L1) L5), udowodić astępujące własości potęg: i) a x+y = a x a y, a poadto a x = 1/a x i a 0 = 1. ii) a x) y = a xy i a x b x = ab) x. iii) Jeśli a > 1, to a x < a y dla wszystkich x < y, a jeśli a 0, 1), to a x > a y dla wszystkich x < y. iv) Jeśli ciąg x x dla, to wówczas a x a x dla. v) Jeśli a < b, to a x < b x dla wszystkich x > 0 oraz a x > b x dla wszystkich x < 0. Możemy także zdefiiować logarytm przy dowolej podstawie a > 0, a 1. Defiicja 3.9. Jeśli a > 0 i a 1, to dla wszystkich y > 0 przyjmujemy log a y = x a x = y. Ćwiczeie 3.10. Posługując się udowodioymi już własościami fukcji wykładiczej i logarytmu, sprawdzić, że powyższa defiicja jest poprawa tz. przy podaych założeiach o a i y liczba log a y istieje i jest określoa jedozaczie). Dlaczego przyjmujemy, że a 1? Ćwiczeie 3.11. Posługując się zaymi własościami potęg i logarytmu aturalego, wykazać, że logarytm przy dowolej podstawie a > 0, a 1 ma astępujące własości: 1 Odbywa się to zwykle bez wyjaśieia, jak ależy rozumieć apis a x, gdy liczba x ie jest wymiera, i dlaczego wtedy odpowiedie rówości mają ses prawda jest taka, że ie da się wtedy uikąć jakiejś wersji przejść graiczych...
40 wersja robocza z dia: 1 czerwca 2011 1) log a y = l y)/l a) dla wszystkich y > 0. 2) Jeśli b > 0, b 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 R. Waruek 2) bywa azyway wzorem a zamiaę podstawy logarytmu. 3.2 Charakteryzacja fukcji wykładiczej Co ciekawe, iewielka część własości fukcji wykładiczej i logarytmu określa każdą z tych fukcji jedozaczie. Oto odpowiedie twierdzeia. Twierdzeie 3.12 charakteryzacja fukcji exp). Jeśli fukcja f : R R spełia trzy waruki: i) Dla wszystkich x, y R jest fx + y) = fx)fy), ii) f1) = e, iii) Dla każdego x R i każdego ciągu x x ciąg fx ) jest zbieży do fx), to wówczas fx) = expx) dla wszystkich x R. 3.1) Dowód. Pla dowodu jest bardzo prosty. Korzystając z dwóch pierwszych założeń, dowodzi się, że fx) > 0 dla wszystkich x R i sprawdza się rówość 3.1) dla wszystkich x Q iezbyt truda idukcja). Następie, korzystając z trzeciego założeia i gęstości Q w R, dowodzi się 3.1) dla wszystkich x R \ Q. Oto szczegóły: Krok 1. Z pierwszego założeia otrzymujemy fx) = fx/2+x/2) = fx) 2 0 i f0) 2 = f0). Liczba f0) jest więc zerem lub jedyką. Nie może być jedak f0) = 0, bo wtedy mielibyśmy fx) = fx + 0) = fx)f0) = 0 dla wszystkich x, a wiemy, że f1) = e. Zatem f0) = 1, co ozacza, że fx)f x) = f0) = 1 dla każdego x R. Iymi słowy, liczba fx) jest róża od zera i ieujema. Stwierdziliśmy więc, że fx) > 0 dla wszystkich x R i f x) = 1/fx). Krok 2. Wiemy, że f1) = e. Jeśli przyjąć, że fm) = e m, to fm + 1) = fm)f1) = e m e = e m+1. Przez idukcję wioskujemy, że fm) = e m dla wszystkich m N. Poadto, dla m N mamy f m)e m = f m)fm) = 1, tz. f m) = e m. Zatem fm) = e m = expm) dla wszystkich m Z. Krok 3. Niech m, N. Wtedy 1 ) 1 f = f + + 1 ) = f1) = e, }{{ } razy
c MIM UW, 2010/11 41 stąd zaś f1/) = e 1/. Przez idukcję, podobie jak w poprzedim kroku stosując własość fx + y) = fx)fy), dowodzimy teraz, że fm/) = e m/. Wreszcie, poieważ f x) = 1/fx), więc fx) = e x = expx) dla wszystkich x = p/q Q. Krok 4. Niech x R\Q. Istieje wtedy patrz Twierdzeie 1.18) ciąg liczb wymierych x zbieży do x. Z założeia iii) oraz ciągłości fukcji wykładiczej wioskujemy, że fx) = lim fx ) = lim expx ) = expx). Sprawdziliśmy więc, że fx) = expx) dla wszystkich x R. Uwaga. Drugie założeie Twierdzeia 3.12 ma charakter ormalizujący: gdyby przyjąć, że f1) = a > 0, to byłoby fx) = a x. Zamiast zakładać, że f1) = e, moża też przyjąć waruek ii) Dla każdego ciągu różych od zera liczb x 0 mamy fx ) f0) lim = 1. x Zadaie 3.13 dla zaiteresowaych rozumieiem teorii). Wykazać, że teza Twierdzeia 3.12 zachodzi, gdy założeie ii) zastąpimy powyższym warukiem ii). Zastaowić się, czy założeie iii) moża wtedy omiąć. Wskazówka: co trzeba zmieić w pierwszym kroku dowodu? Jak wykazać, że f1) = e? Wolo używać wszystkich udowoioych własości fukcji wykładiczej). Zadaie 3.14 łatwiejsze od poprzediego). Naśladując dowód ostatiego twierdzeia, wykazać, że jeśli fukcja g : 0, ) R spełia astępujące waruki: a) Dla wszystkich x, y > 0 jest gxy) = gx) + gy), b) ge) = 1, c) Dla każdego x > 0 i każdego ciągu liczb dodatich x x ciąg gx ) jest zbieży do graicy gx), to wówczas gx) = lx) dla wszystkich x R. Przekoamy się za pewie czas, że fukcję wykładiczą i logarytm aturaly moża określić także dla zespoloych wartości zmieej. Trzeba to jedak zrobić ieco iaczej Czytelik zauważył zapewe, że w dowodach w tym rozdziale wielokrotie korzystaliśmy z własości ciągów mootoiczych i ierówości Beroulliego, a tych arzędzi trudo używać w C). Wygodie będzie zająć się ajpierw szeregami.