Sølvkorn 11 Eksponentialfunktioner og logaritmer

Transkript

1 Eksponentialfunktioner og logaritmer Rasmus Sylvester Bryder Findes der for b, y > 0 et x R, så b x = y? Svaret er ja undtagen for b = 1, y 1), og det er alment kendt, at logaritmefunktionen gør et godt stykke arbejde i den sammenæng. Men vad er logaritmefunktionen, og vordan deneres den? Vi vil i dette korn forsøge at denere dem som inverser til eksponentialfunktioner på R. Først må vi dog denere en sådan eksponentialfunktion; giver det mening at tale om b x? Svaret er ja, vis vi samtidig gerne vil sørge for, at den er kontinuert. 1 Den kontinuerte udvidelse af b q For b > 0 giver det mening at denere funktionen g : Q R ved gq) = b q vi tager den n'te rod af b, vor n er nævneren og opløfter i tælleren). Funktionen ses let at være veldeneret. Potensregnereglerne følger let for rationale eksponenter. Sætning 1. Funktionen g b : Q R ved g b q) = b q kan udvides til en og kun én kontinuert funktion g b : R R. For at gøre dette vil vi for etvert irrationalt tal lade b x være grænsen for b q for q x. Vi vil nu retfærdiggøre dette ved jælp af Arkimedes' princip og supremumsegenskaben. Vi vil i det følgende af meget gode grunde) antage, at b 1, idet tilfældet b = 1 er klaret af den kontinuerte funktion x 1. Lemma 2. For etvert x R ndes en følge q n ) i Q, så q n x og en anden følge r n ) i Q, så r n x. Specielt er Q tæt i R i den sædvanlige metrik. Bevis. Vi antager, at x / Q ti vi ellers kan benytte en konstant følge). Vi kan endvidere antage, at x > 0; når begge dele er vist, følger det negative tilfælde af at vælge følger for x, vormed de tilsvarende negative følger konvergerer op og ned imod x. Vi vil konstruere q n ) så q n får den n 1)'te decimal med fra x. Lad n N. Lad N n være det mindste naturlige tal så N n > 10 n x muligt ved Arkimedes' princip og supremumsegenskaben), og lad q n = N n 1 10 n. Det er klart, at q n < x, da N n 1 < 10 n x vis der gjaldt andet, ville x enten være rational eller der ville være strid imod at N n var valgt mindst muligt) og N n 1 er det største naturlige tal mindre end 10 n x var der et større, ville N n 10 n x), og at q n x < 10 n. Hvis nemlig q n x > 10 n, ville 10 n x q n ) > 1 samtidig med at 10 n x q n ) = 10 n x N n 1) < 1.

2 Sidst mangler vi at vise, at q n ) er voksende. Vi ar, at N n+1 1 er det største naturlige tal mindre end 10 n+1 x, vormed 10N n 1) N n+1 1 og q n q n+1. Altså vil q n x. Inspireret af ovenstående vælger vi r n = 10 n N n, vormed r n x = q n + 10 n x < q n x + 10 n < 2 10 n og r n x, ti 10N n N n+1. Lemma 3. Hvis b > 0 og q 1 q 2, q 1, q 2 Q, er b q1 b q1 b q2, vis 0 < b < 1. b q2, vis b > 1, og Bevis. Tilfældet q 1 = q 2 er trivielt, så antag, at q 1 < q 2. Antag først, at b > 1. Lad q Q + og skriv q = r/s, vor s > 0. Da er s b > 1, ti vis ikke, ville b = s b) s s b) s 1 1, en modstrid. Dermed er b q > 1. Lad q = q 2 q 1 ; da er b q2 q1 > 1 og voilà. Antag derpå, at 0 < b < 1. Da er b 1 > 1, vormed b 1 ) q2 q1 > 1 og b q1 q2 < 1. Herpå følger en række lemmaer om konvergens. Lemma 4 Bernoullis uliged). 1 + x) n 1 + nx for alle n N og x > 1. Bevis. Vi beviser ved induktion. Sætningen er tydeligt klar for n = 0. Antag, at det er sandt for n = m. Da er 1 + x) m x)1 + mx) = 1 + m + 1)x + mx m + 1)x, af vilket det ønskede følger. Lemma 5. Hvis b > 1 og n N, er 1 b n < b 1 n < 1 < b 1 n < 1 + b n. Bevis. 1 < b 1 n er klart. Antagelsen om at b 1 n 1 + b n medfører, at b 1 + b ) n 1 + n b n n = b + 1 grundet Bernoullis uliged), altså en modstrid. De to andre uligeder fås ved at tage reciprokke, ti 1 + b n ) 1 = n n+b = 1 b n+b > 1 b n. Lemma 6. Lad b > 0. Der ndes for alle ε > 0 et δ > 0, så q < δ, q Q b q 1 < ε. Bevis. Lad ε > 0 og lad n N, så n > b ε. For 1 n < q < 1 n, q Q, vil b n b 1 n 1 < b q 1 < b 1 n 1 b n jf. Lemma 3 og Lemma 5. Altså vil b q 1 < b n < ε for q < 1 n. Vi er nu klar til den første store sætning. 2

3 Sætning 7. Lad b > 1 og x R. Der ndes ét a R, så der for alle ε > 0 ndes δ > 0, så q x < δ, q Q a b q < ε. Bevis. Lad r n ) være en følge i Q så r n x, altså så r n x < 1 n ladsiggørligt ved Lemma 2). i) Lad ε > 0. Vi ar jf. Lemma 3, da r m r 1 for alle m N, at b rn b rm = b rm b rn rm 1 b r1 b rn rm 1. Vælg med Lemma 6 et δ > 0 så q < δ, q Q medfører b q 1 < εb r1. Da r n ) er Caucy, ndes N N så r n r m < δ for n, m N. For n, m N vil altså gælde, at b rn b rm < ε, vormed b rn ) er Caucy i R og dermed konvergent mod et tal a R, da R er fuldstændig. ii) Lad ε > 0 og vælg jf. Lemma 6 et δ 1 > 0 så p < δ 1, p Q, medfører b p 1 < ε 2b. Lad N r 1 1 N så N 1 > 2δ1 1. Lad endvidere N 2 N, så n N 2 medfører b rn a < ε 2 pr. i). Lad N = max{n 1, N 2 } og sidst δ = N 1. For x q < δ, q Q, ar vi altså q r n q x + x r N < 2N 1 2N 1 1 < δ 1, vormed b q r N 1 < ε 2b. Nu vil r 1 b q a b q b r N + b r N a < b r1 b q r N 1 + ε 2 < ε. Altså ar vi det ønskede. iii) Antag, at c R opfylder betingelsen og lad ε > 0. Der ndes δ 1, δ 2 > 0 så betingelsen er opfyldt med ε for enoldsvis a og c. For q x < min{δ 1, δ 2 }, q Q, vil a c a b q + b q c < 2ε. Da dette gælder for alle ε > 0, må a = c, vormed a er entydigt bestemt. Vi kan nu, med Sætning 7, bevise Sætning 1. Bevis for Sætning 1. Lad først b > 1. For alle x R lades g b x) være det a, der blev fundet for det konkrete x i Sætning 7. Vi viser nu, at g faktisk er kontinuert på ele R. Lad ε > 0 og vælg et δ > 0 så betingelsen i Sætning 7 er overoldt med ε 2. Lad endvidere q Q så q x < 2 1 δ jf. Lemma 2. For de y R så y x < 2 1 δ, vil y q < δ grundet trekantsuligeden, vormed g b y) g b x) g b y) b q + b q g b x) < ε. Der ndes kun én kontinuert udvidelse f af q b q, ti kontinuitet af f medfører betingelsen i Sætning 7, vormed fx) = g b x). For 0 < b < 1 lades g b x) = g b 1 x), som også er kontinuert på R. Denition 8. For alle b > 0 deneres b x := g b x). R x b x kaldes eksponentialfunktionen med grundtal b. 3

4 De kendte regneregler gælder stadig, ti vi for alle reelle x nu bare kan vælge rationale følger, der går imod dem: Sætning 9 Regneregler for eksponentialfunktioner). For a, b > 0 og x, y R gælder: i) b x+y = b x b y ii) b x y = bx b y iii) b x ) y = b xy iv) ab) x = a x b x v) ) a x b = a x b x Bevis. Lad x m x, y n y, x m, y n Q. i) og iv) følger let af kontinuitet. iii) følger af, at b x ) y = b limm xm ) limn yn = limb xm ) yn = lim b xmyn. n,m n,m ii) følger af ovenstående, samt i); v) følger af ovenstående, samt iv). Sætning 10. Hvis b > 0 og x < y, x, y R, er b x < b y, vis b > 1, og b x > b y, vis 0 < b < 1. Bevis. Lad s > 0 og q n s, r n s, vor q n, r n Q. Hvis b > 1, er b qn ) voksende jf. Lemma 3, og altså må b s b qn for alle n N ti vis ikke, ville b qn ikke konvergere imod b s ). Hvis der ikke fandtes n N, så q n > 0, ville q n 0 for alle n, i modstrid med q n s. Altså vil b s b qn > b 0 = 1. For 0 < b < 1 vil b s ) 1 = b 1 ) s > 1 jf. regneregel iii), vormed b s < 1. Sæt nu s = x y og benyt regneregel ii). Lemma 11. For alle rationale tal a 2 og for etvert n N er a n > n. Bevis. Jf. Lemma 5 er 1 < n 1 n < 1 + n n a. Lemma 12. For b > 0 ar x b x værdimængde 0, ). Bevis. Lad først b > 1. Lad N N, så N > 1 b 1. Ved Bernoullis uliged er b N+n 1 + N + n)b 1) = 1 + Nb 1) + nb + 1) > 2. Altså er b N+n)2 > N + n jf. Lemma 11. Det følger nu, at x b x er ubegrænset opadtil. Hvis b x 0, ville der grundet Sætning 10 gælde, at b q < 0 for et rationalt q < x en modstrid. Ved at tage reciprokke følger det nu for 0 < b < 1. Sætning 13. Lad b > 0, b 1. For alle c > 0 ar ligningen c = b x én løsning, vormed x b x, R R +, ar en invers. Bevis. Grundet foregående lemma ar ligningen en løsning. Da x b x strengt monoton jf. Sætning 10, er der kun den ene løsning. er Denition 14. En funktion f : A B mellem to partielt ordnede mængder A og B siges at bevare orden, vis a 1 < a 2 medfører fa 1 ) < fa 2 ) for alle a 1, a 2 A, og at vende orden vis a 1 < a 2 medfører fa 1 ) > fa 2 ) for alle a 1, a 2 A. 4

5 Sætning 15. Lad A, B være partielt ordnede mængder, begge udstyret med ordenstopologien. En kontinuert og bijektiv funktion f : A B, som enten bevarer eller vender orden, ar en kontinuert invers f 1, som bevarer orden, vis f gør det, og omvendt man siger, at de ar samme orden). Bevis. Lad G være åben i A. Hvis A ikke ar et største eller mindste element, kan vi skrive G = i a i, b i ). For alle i er fa i, b i )) sammenængende, ti f er kontinuert, vormed fa i, b i )) er et åbent interval, ti f enten bevarer eller vender orden. Nu er f 1 ) 1 G) = fg) = i { fa i, b i )) = i fa i), fb i )) f bevarer orden i fb i), fa i )) f vender orden, som uanset vad er åben i B. I tilfældet vor A ar et største og/eller mindste element indses, at B ar et største og/eller mindste element afængigt af f), og vis G indeolder et eller begge af disse endepunkter, vil fg) stadig være åben grundet denitionen af ordenstopologien. At f 1 ar samme orden som f følger af bijektivitet. Denition 16. Lad b > 0, b 1. Logaritmefunktionen med grundtal b deneres til at være den inverse funktion til x b x og betegnes log b : R + R. Det følger af Sætning 15, at log b er kontinuert og ar samme orden som x b x. Sætning 17 Regneregler for logaritmefunktioner). For a, b, x, y > 0, a, b 1, r R gælder: i) log b xy) = log b x) + log b y) ii) log b x y ) = log bx) log b y) iii) log b x r ) = r log b x) iv) log b x) = log b a) log a x) Bevis. Vi benytter regnereglerne for eksponentialfunktionen. i) følger af ligeden b log b xy) = xy = b log b x) b log b y) = b log b x)+log b y). Da der kun er én løsning c R til ligningen b c = xy, må log b xy) = log b x) + log b y). iii) følger samme princip, idet b log b xr) = x r = b log b x) ) r = b r log b x). Nu følger ii), og iv) følger af x = a log a x) = b log b a) ) log a x = b log b a) log a x). Altså er vi, ud fra et ønske om at bestemme en funktion som kan løse ligningen y = b x, endt med en, som gør det, og som opfylder alle de regler vi er vant til, at den gør. But wait, tere's more. 2 Dierentiabilitet af b x Vi kan faktisk benytte alt det foregående, samt noget nyt, til at vise, at eksponentialfunktioner og logaritmefunktioner er uendeligt ofte dierentiable! Vi starter med at generalisere Bernoullis uliged. Lemma x) r 1 + rx for r R, r 1 og x > 0. 5

6 Bevis. i) Lad n N. Med Bernoullis uliged Lemma 4) får vi Vi ar nu, at 1 + x n+1 )n 1 + x n )n = nn + 1) + nx n + 1)n + x) nx 1 n + 1)n + x). n + 1) 2 n + x) 1 + x n + 1 n + 1) 2 n + x) 1 + x n + 1 ) n = 1 ) 1 + x n+1 )n 1 + x n )n ) 1 = n + 1) + x)n + 1)n + x) nx) ) n x n + 1)n + x) nx n + 1)n + x) = n + 1) 2 n + x) + xn + 1)n + x) nn + 1) nx) = n + 1) 2 n + x) + x 2 n + 1) 2 n + x); ) dermed er følgen 1 + x n )n voksende, for alle x > 1. ii) Vi viser først uligeden for q Q, q > 1. For q = r s vormed 1 + y r )r 1 + y s )s for y > 0 jf. i). Dermed er 1 + rx ) r 1 + rx ) s = 1 + qx) s > 1. r s 1 er r s, Ved at tage den s'te rod fås det ønskede. Lad nu q n r, q n Q. Da vil 1 + x) r 1 + rx) = lim n [1 + x) qn 1 + q n x)] 0, grundet kontinuitet af y 1 + x) y, og det ønskede er vist. Lemma 19. En monoton, begrænset følge x n ) i R er konvergent. Bevis. Hvis x n ) er voksende, ar {x n } n N ifølge supremumsegenskaben et supremum x. Lad ε > 0. Der ndes et N N så x N > x ε, ti ellers ville x ε være en majorant for {x n }. Da må x n > x ε for n N. Da er x ε < x n x < x+ε for n N og x n x. Hvis x n ) er aftagende, ar {x n } n N ar ifølge supremumsegenskaben et inmum x. Lad ε > 0. Der ndes et N N så x N < x+ε, ti ellers ville x+ε være en minorant for {x n }. Da må x n < x+ε for n N. Da er x ε < x x n < x+ε for n N og x n x. Lemma 20 Pergler). Funktionen F b, ) = 1 b 1), b > 0, 0 er voksende. Bevis. Lad først b > 1. For 0 fremgår klart, at F b, k) = k 1 F b k, ) for k 0. For 1 gælder jf. Lemma 18, at F b, ) = 1 + b 1)) 1 Dermed vil for k > 0, 1 gælde, at 1 + b 1) 1 F b, k) = k 1 F b k, ) k 1 b k 1) = F b, k). = b 1. 6

7 Dermed vil gælde for 0 < 1 2, at F b, 1 ) F b, 2 ). For k 1, < 0, vil F b, k) = 1 F b, k) 1 b, k) = F b, ), da 1 < 0. Altså er F også voksende for b > 1. For 0 < b < 1 fås for 1 2, 1, 2 0, at F b, 1 ) = F b 1, 1 ) F b 1, 2 ) = F b, 2 ), og vi konkluderer altså at 1 b 1) er voksende uanset b > 0. Lemma 21 Pergler). Funktionen F b, ) = 1 b 1), b > 0, 0 ar for fast b en grænseværdi µb) for 0. Bevis. Følgen F b, 1 n )) n N er aftagende, og da 0 < F b, 1 n ) b 1, er den begrænset, vormed den ved Lemma 19 konvergerer mod et tal µb) R. Lad ε > 0 og lad N N så n N medfører F b, 1 n ) µb) < ε. Lad 0 < < 1 N ; da ndes M N, så 1 M <, vormed µb) F b, 1 M ) F b, ), og F b, ) µb) = F b, ) µb) F b, 1 N ) µb) < ε. Altså vil F b, ) µb) for 0 +, og da F b, ) = b F b, ) µb) for 0 +, vil det gælde generelt for 0. For 0 < b < 1 vil F b 1, ) µb 1 ), vormed F b, ) = b 1 1 b ) = b 1 b 1 ) 1) µb 1 ) for 0. Ved at sætte µb) := µb 1 ) fås det ønskede. Sætning 22. Funktionen f : R R + givet ved fx) = b x er uendeligt ofte dierentiabel for alle b > 0 med dierentialkvotient f x) = µb)b x. Bevis. Følger af Lemma 21, da 1 b x+ b x ) = b x F b, ). Næste sætning karakteriserer eksponentialfunktioner og logaritmefunktioner som entydige kontinuerte løsninger til funktionalligninger. Sætning 23. Hvis f : R R + er kontinuert og fx + y) = fx)fy) for alle x, y R, er fx) = b x for et b > 0. Bevis. Lad a > 0, a 1 samt x, y R. Da vil log a fx + y)) = log a fx)) + log a fy)). Altså opfylder den kontinuerte funktion log a f Caucys funktionalligning, og der ndes derfor c R, så log a fx)) = cx. Men da er fx) = b x, vor b = a c. Sætning 24. Hvis f : R + R er kontinuert og fxy) = fx) + fy) for alle x, y R, er fx) = log b x) for et b > 0, b 1. Bevis. For x, y R og a > 0, a 1, er fa x+y ) = fa x ) + fa y ). Dermed opfylder fa x ) Caucys funktionalligning, så der ndes c R, så fa x ) = cx. Da må fx) = fa log a x) ) = c log a x), og for b = a 1/c vil fx) = log b x). Sætning 25 Pergler). Der ndes a > 0, a 1, så µ : R + R givet i Lemma 21 er lig log a. 7

8 Bevis. Lad F betegne funktionen fra Lemma 21. i) For x, y > 0 vil F xy, ) = xy) 1 = x y x + x 1 = x F y, ) + F x, ) µy) + µx), så µxy) = µx) + µy). ii) For alle b > 0 ar vi jf. Lemma 21, at = x y 1) + x 1) 1 b 1 = F b, 1) = F b 1, 1) µb 1 ) = µb) F b, 1) = b 1, vorpå µb) 0 for b 1. For Lad nu c R +. For x c, vil x c 1, vormed µx) = µ x c ) + µc) µc). Altså vil µx) µc), vorpå µ er kontinuert. Jf. Sætning 24 er µ = log a for et a > 0. Notation 26. Det a > 0, a 1, som opfylder Sætning 25, betegnes e, og vi denerer lnx) := log e x) og expx) := e x. Specielt gælder, at exp x) = log e e)e x = expx). Sidst nder vi nogle velkendte dierentialkvotienter. Sætning 27. Lad f være en reel, kontinuert og strengt monoton funktion de- neret på et interval I R. Hvis f er dierentiabel i et punkt x I med f x) 0, er f 1 dierentiabel med f 1 ) 1 y) = f f 1 y)), vor y fi). Bevis. Nemt at nde andetsteds. Lemma 28. R + x lnx) er uendeligt ofte dierentiabel med dierentialkvotient x 1 x. Bevis. Da exp er strengt monoton og dierentiabel overalt på R, er ln dierentiabel overalt i R + jf. foregående sætning med Da x 1 x ln x) = 1 exp lnx)) = 1 x. er uendeligt ofte dierentiabel, følger det ønskede. Sætning 29. For a > 0, a 1, er R + x log a x), uendeligt ofte dierentiabel med dierentialkvotient x 1 x lna). Bevis. Foregående lemma og lnx) = log e a) log a x) = lna) log a x). Sætning 30. For a R, er R + x x a, uendeligt ofte dierentiabel med dierentialkvotient x ax a 1. Bevis. x a ) = expa lnx)) = a x expa lnx)) = axa 1. Litteratur [1] Martin Pergler, Exponentials and Logaritms by Continuous Extension. Department of Matematics, University of Cicago, ttp://web.ncf.ca/ fs039/mp/documents/ple2.pdf. 8