pochodne funkcji wykladniczej i logarytmicznej

[lukand]

Postanowiłem poprosić o odpowiedź na pytanie, na które nie potrafiłem jak dotąd odnaleźć przekonującej i jasnej odpowiedzi. Uczono mnie wprawdzie o liczbie Eulera, lecz nie wiem w jaki sposób można by obliczyć pochodne funkcji wykładniczej i logarytmicznej w postaci ogólnej zakładając na wstępie, że nie znamy pojęcia liczby Napiera. Czy jest to w ogóle możliwe? A może takie rozważania mogą dopiero prowadzić do konkluzji, że pożyteczne stanie się wprowadzenie właśnie takiego określenie? Uczono mnie, że pochodną liczby wykładniczej o podstawie liczby e jest ta sama funkcja. Lecz dalibóg nikt nie dostarczył mi dowodu (możliwego do ogarnięcia moim niegenialnym umysłem), że tak w istocie jest. Przepraszam z góry za to infantylne być może pytanie, ale chciałbym uzyskać wreszcie odwiedź na nurtujący mnie dylemat.

[Dasio11]

Funkcja wykładnicza: \(\displaystyle{ f(x) = a^x}\), gdzie \(\displaystyle{ a > 0}\) i \(\displaystyle{ a \neq 1}\).

\(\displaystyle{ f'(x) = \lim_{h \to 0} \frac{f(x+h)-f(x)}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{a^{x+h}-a^x}{h} = \lim_{h \to 0} a^x \cdot \frac{a^h-1}{h} = a^x \cdot \lim_{h \to 0} \frac{a^h-1}{h}}\).

Wystarczy zająć się tą ostatnią granicą, a w tym celu stosujemy podstawienie \(\displaystyle{ t = a^h-1}\). Z uprzednio dowiedzionych własności funkcji wykładniczej wiemy, że wtedy \(\displaystyle{ t \to 0}\) (a także \(\displaystyle{ t \neq 0}\) dla \(\displaystyle{ h \neq 0}\)), czyli

\(\displaystyle{ \lim_{h \to 0} \frac{a^h-1}{h} = \lim_{t \to 0} \frac{t}{\log_a(1+t)} = \lim_{t \to 0} \frac{1}{\frac{1}{t} \log_a(1+t)} = \lim_{t \to 0} \frac{1}{\log_a \left( 1+t \right)^{\frac{1}{t}}}}\).

Widać stąd, że kluczowe jest istnienie i wartość granicy

\(\displaystyle{ \ell = \lim_{t \to 0} (1+t)^{\frac{1}{t}} = \lim_{x \to \pm\infty} \left( 1+\frac{1}{x} \right)^x}\),

bo po jej obliczeniu, korzystając jeszcze z ciągłości \(\displaystyle{ \log_a}\), dostajemy w końcu

\(\displaystyle{ f'(x) = a^x \cdot \frac{1}{\log_a \ell}}\).

Granica \(\displaystyle{ \ell}\) zaś - to właśnie liczba \(\displaystyle{ e}\). Jak widać powyżej, występuje ona sama z siebie przy liczeniu pochodnej funkcji wykładniczej. W szczególności dla \(\displaystyle{ a = e}\) dostajemy słynne: \(\displaystyle{ (e^x)' = e^x}\).

Podobnie jest przy liczeniu pochodnej logarytmu:

\(\displaystyle{ (\log_a)'(x) = \lim_{h \to 0} \frac{\log_a(x+h) - \log_a x}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{1}{x} \cdot \frac{\log_a \left( 1 + \frac{h}{x} \right)}{\frac{h}{x}}}\).

Podstawiając w ostatniej granicy \(\displaystyle{ t = \frac{h}{x}}\), mamy

\(\displaystyle{ \lim_{h \to 0} \frac{\log_a \left( 1 + \frac{h}{x} \right)}{\frac{h}{x}} = \lim_{t \to 0} \frac{\log_a(1+t)}{t}}\)

i znów dostajemy granicę z liczbą \(\displaystyle{ e}\), otrzymując ostatecznie

\(\displaystyle{ (\log_a)'(x) = \frac{1}{x} \cdot \log_a e}\).

[a4karo]

Jeżeli wiemy, że \(\left(1+\frac{1}{n}\right)^n<e<\left(1+\frac{1}{n-1}\right)^{n}\), to możemy rozumować tak

$$\frac{1}{n}<e^\frac{1}{n}-1<\frac{1}{n-1}$$
$$1<\frac{e^\frac{1}{n}-1}{\frac{1}{n}}<1+\frac{1}{n-1}$$
Zatem
$$\left(e^x\right)'=\lim_{n\to\infty}\frac{e^{x+\frac{1}{n}}-e^x}{\frac{1}{n}}=\lim_{n\to\infty} e^x\frac{e^\frac{1}{n}-1}{\frac{1}{n}}=e^x$$

i dalej tak:

$$\left((ab)^x\right)'=(a^x)'b^x+a^x(b^x)'$$
$$\frac{\left((ab)^x\right)'}{(ab)^x}=\frac{\left((a)^x\right)'}{(a)^x}+\frac{\left((b)^x\right)'}{(b)^x}$$
Funkcja \(g_x(a)=\frac{\left((a)^x\right)'}{(a)^x}\) spełnia zatem równanie \(g_x(ab)=g_x(a)+g_x(b)\), więc \(g_x\) jest logarytmem: \(g_x(a)=\log_{h(x)} a\)

Wstawiając do tego równania `a=e` widzimy, że `h(x)=e`, czyli \(g(a)=\frac{\left((a)^x\right)'}{(a)^x}=\ln a\), skąd \(\left((a)^x\right)'=a^x\ln a\)

[Dasio11]

Zatem
$$\left(e^x\right)'=\lim_{n\to\infty}\frac{e^{x+\frac{1}{n}}-e^x}{\frac{1}{n}}=\lim_{n\to\infty} e^x\frac{e^\frac{1}{n}-1}{\frac{1}{n}}=e^x$$

i dalej tak:

$$\left((ab)^x\right)'=(a^x)'b^x+a^x(b^x)'$$

To nie działa bez wcześniejszego udowodnienia, że każda funkcja postaci \(\displaystyle{ a^x}\) jest różniczkowalna.

Funkcja \(g_x(a)=\frac{\left((a)^x\right)'}{(a)^x}\) spełnia zatem równanie \(g_x(ab)=g_x(a)+g_x(b)\), więc \(g_x\) jest logarytmem: \(g_x(a)=\log_{h(x)} a\)

Takie wnioskowanie jest niepoprawne, bo logarytmy nie są jedynymi funkcjami spełniającymi powyższe równanie.

[a4karo]

Chodziło mi o pomysł, a nie o szczegóły. Różniczkowalność `a^x` wynika z różniczkowalności `e^x` i prostego faktu, że `a=e^{\ln a}`
A drugi argument wynika z tego, że inne funkcje spełniające to równanie są nieograniczone na każdym odcinku (czego o funkcjach wykladniczych nie da sie powiedzieć)

[Dasio11]

Nie widzę problemu w tym, że chcesz pokazać pomysł, nie twierdzę też, że powinieneś uzupełnić wskazane luki. Ale widzę potencjalny problem w nieostrzeganiu, że coś, co dla osoby niewtajemniczonej może wyglądać jak dowód - dowodem nie jest, dlatego wskazałem przejścia wymagające dodatkowego uzasadnienia.

I znów to zrobię:

Różniczkowalność `a^x` wynika z różniczkowalności `e^x` i prostego faktu, że `a=e^{\ln a}`

W porządku, ale to jeszcze wymaga uzasadnienia różniczkowalności \(\displaystyle{ e^x}\).

A drugi argument wynika z tego, że inne funkcje spełniające to równanie są nieograniczone na każdym odcinku (czego o funkcjach wykladniczych nie da sie powiedzieć)

To prawda, ale przecież nie wiadomo, że jeśli \(\displaystyle{ g_x(a)}\) nie jest logarytmem, to jest funkcją wykładniczą, i nie wiadomo, czy jest wtedy ograniczona na pewnym odcinku.

[a4karo]

Fakt. No więc:


Różniczkowalność `e^x` uzasadniłem pierwszym rachunkiem (choć pewnie wskażesz, że pokazanie granicy po ciągu harmonicznym nie wystarczy ). Prosty argument, że to wystarczy zostawiam czytelnikowi)
Funkcja wykładnicza jest wypukła (to wynika z własności grupowej), więc jej pochodna jest rosnąca i zachowuje znak, więc jest ograniczona, sama zaś funkcja wykładnicza jest "oddzielona" od zera na każdym przedziale skończonym, więc iloraz jest ograniczony