Ćwiczenie 2.29. Dla dowolnego a ∈ R+∪ {0, +∞} podać przykład takich dwóch ciągów xn, ynrozbieżnych do +∞, żeby xn/yn→ a dla n → ∞.
Przykład 2.30. Załóżmy, że an → a ∈ R, natomiast bn → +∞. Sprawdzimy, że wtedy an+ bn → +∞. Niech M > 0 będzie dużą liczbą dodatnią. Dla wszystkich dostatecznie dużych n mamy
an> a − 1 oraz bn> M − a + 1 .
(Pierwszą nierówność otrzymujemy, biorąc ε = 1 w definicji granicy ciągu, a drugą – biorąc t = M − a + 1 w definicji granicy niewłaściwej). Dodając obie nierówności stronami, sprawdzamy, że dla wszystkich dostatecznie dużych n zachodzi nierówność an+ bn> M .
2.4 Podciągi. Twierdzenie Bolzano–Weierstrassa.
Definicja 2.31. Jeśli (xn)n∈N jest dowolnym ciągiem, a k1, k2, k3, . . . rosnącym ciągiem liczb naturalnych, to ciąg (yn), określony wzorem
yn= xkn, n = 1, 2, . . . nazywamy podciągiem ciągu (xn).
Mówiąc potocznie, chodzi o wybranie nieskończenie wielu wyrazów ciągu, ale bez zmiany kolejności.
Pojęcie podciągu jest ważne m.in. z następującego powodu.
Stwierdzenie 2.32. Jeśli ciąg (an) ⊂ R jest zbieżny do g, to każdy podciąg ciągu (an)też jest zbieżny do g.
Łatwy dowód pozostawiamy jako ćwiczenie.
Lemat 2.33 (W. Sierpiński). Każdy ciąg liczb rzeczywistych ma podciąg monotoniczny.
Co więcej, można wskazać, jak taki podciąg należy wybierać. Dowód. Połóżmy, dla wszystkich n ∈ N,
An= {am : m ≥ n} = {an, an+1, an+2, . . .} . Rozważymy osobno dwa przypadki:
1. W każdym ze zbiorów Anistnieje element największy. 2. W którymś ze zbiorów Annie ma elementu największego.
W pierwszym przypadku z (an) można wybrać podciąg nierosnący. Pokażemy, jak to zro-bić. Niech ak1 będzie największym elementem A1. W Ak1+1 jest element największy, ak2; oczywiście k2 ≥ k1 + 1 > k1, a przy tym ak2 ≤ ak1, bo ak2 ∈ A1, ak1 = sup A1. Jeśli wy-razy ak1 ≥ ak2 ≥ . . . ≥ akn, gdzie k1 < k2 < . . . < kn, zostały już wybrane, to dobieramy kn+1≥ kn+ 1 tak, aby
akn+1 := sup Am dla m = kn+ 1 .
Definicja jest poprawna, gdyż w każdym zbiorze Amistnieje element największy. Mamy, jak w pierwszym kroku rozumowania, kn+1> kni akn+1≤ akn.
W drugim przypadku można wybrać z (an) podciąg rosnący. Przypuśćmy, że w Amnie ma elementu największego. Bierzemy wtedy k1 = m. Zgodnie z założeniem, istnieje k2> m takie, że ak2 > ak1 = am. Gdyby dalej, dla n > k2, nie byłoby już wyrazów większych od ak2, to wtedy w Ambyłby element największy, wbrew założeniu. Zatem można znaleźć ak3 > ak2, gdzie k3> k2. To rozumowanie można powtórzyć dowolnie wiele razy (Czytelnik zechce sam uzupełnić szczegóły).
Twierdzenie 2.34 (Bolzano–Weierstrassa). Każdy ciąg ograniczony (an) ⊂ R zawiera
podciąg zbieżny.
Dowód. Zgodnie z poprzednim lematem, ciąg (an) ma podciąg monotoniczny (akn). Oczy-wiście każdy podciąg ciągu ograniczonego jest ograniczony. Z Twierdzenia2.22 wynika więc, że podciąg (akn) jest zbieżny.
Ponieważ to naprawdę istotne twierdzenie, obejrzyjmy jeszcze jeden dowód.
Dowód drugi. Można bez zmniejszenia ogólności założyć, że (an) ⊂ [0, 1] — gdyby tak nie było, możemy rozpatrzeć ciąg λ(an+ C) dla odpowiednio wybranych C oraz λ; jego podciągom zbieżnym odpowiadają zbieżne podciągi ciągu (an).
Podzielmy odcinek [0, 1] na 10 równych części, o długości 1/10. W jednej z nich, po-wiedzmy [l1, r1], jest nieskończenie wiele wyrazów ciągu. Wybierzmy jeden z nich, ak1.
Teraz podzielmy odcinek [l1, r1] na 10 równych części, o długości 1/102. W jednej z nich, powiedzmy [l2, r2] jest nieskończenie wiele wyrazów ciągu o numerach większych od k1; niech ak2 będzie jednym z tych wyrazów.
Przeprowadziwszy m kroków takiego rozumowania, skonstruujemy • Przedziały domknięte [0, 1] ⊃ [l1, r1] ⊃ [l2, r2] ⊃ . . . ⊃ [lm, rm] takie, że
|lj− rj| = 1
10j, j = 1, 2, . . . , m, i w każdym z nich jest nieskończenie wiele wyrazów ciągu (an); • Wyrazy ak1, ak2, . . . , akmtakie, że
akj ∈ [lj, rj] dla j = 1, . . . , m;
W (m + 1)-szym kroku dzielimy odcinek [lm, rm] na 10 równych części. W jednej z nich jest nieskończenie wiele wyrazów ciągu o numerach większych od km. Nazywamy tę część [lm+1, rm+1] i wybieramy numer km+1 = s > km tak, żeby as∈ [lm+1, rm+1].
W efekcie otrzymujemy nieskończony, zstępujący ciąg przedziałów [lm, rm] i podciąg (akm) taki, że akm ∈ [lm, rm]. Ciąg (lm) jest niemalejący i ograniczony z góry przez 1, a ciąg (rm) nierosnący i ograniczony z dołu przez 0, zatem oba są zbieżne. Ponadto,
lim
m→∞lm = lim
m→∞rm, gdyż rm− lm = 1
10m → 0. Nietrudno wreszcie zauważyć, że
lim
m→∞lm = lim
m→∞akm = lim
m→∞rm
– to wynika z twierdzenia o trzech ciągach.
Uwaga. Czytelnik–koneser zechce zauważyć, że w drugim dowodzie tak naprawdę
dobie-ramy kolejne wyrazy ciągu, próbując stabilizować coraz dłuższe początkowe fragmenty rozwinięć dziesiętnych. Oczywiście, liczbę 10 można zastąpić w rozumowaniu liczbą 2, i nie trzeba od początku zakładać, że wyrazy ciągu są akurat w przedziale jednostkowym, ale wtedy analogia związana z rozwinięciami dziesiętnymi nie jest widoczna.
Wniosek 2.35. Ciąg ograniczony ma granicę wtedy i tylko wtedy, gdy granice wszystkich
jego podciągów są równe.
Dowód. Jest rzeczą praktycznie oczywistą, że jeśli ciąg anma granicę, to wszystkie jego podciągi są zbieżne do tej samej granicy. Jeśli (an) jest rozbieżny (ale ograniczony), to wo-bec Tw. Bolzano–Weierstrassa ma zbieżny podciąg, ank → g. Ponieważ g nie jest granicą ciągu (an), to dla pewnego ε0 > 0 poza przedziałem (g − ε0, g + ε0) jest nieskończenie wiele wyrazów ciągu; z nich wybieramy inny podciąg zbieżny, którego granica g0 – zgodnie ze stwierdzeniem2.13– różni się od g co najmniej o ε0.
Czasem bywa tak, że umiemy wykazać zbieżność kilku różnych podciągów danego ciągu (np. niektóre są rosnące, a inne malejące, a wszystkie są ograniczone), dobranych tak, że każdy wyraz ciągu należy do jednego z tych podciągów. Wtedy przydaje się nastę-pujący prosty fakt.
Stwierdzenie 2.36. Jeśli ciąg (an) ⊂ R ma k różnych podciągów zbieżnych do tej samej
granicy g, i każdy wyraz ciągu (an) jest wyrazem któregoś z tych podciągów (tzn. zbiór
{an : n ∈ N} jest sumą zbiorów wyrazów rozważanych podciągów), to an→ g dla n → ∞.
Dowód. Ustalmy ε > 0. Wybierzmy liczby l1, . . . , lk∈ N tak, aby spełniony był warunek:
Jeśli am jest wyrazem j-tego z rozważanych podciągów (gdzie j = 1, . . . , k) i numer m > lj, to |am− g| < ε.
(Innymi słowy, liczbę lj dobieramy do ε, korzystając ze zbieżności j-tego podciągu). Po-łóżmy l0 = max(l1, . . . , lk). Ponieważ każdy wyraz ciągu (an) jest wyrazem któregoś z k rozważanych podciągów, więc dla każdego m > l0 z pewnością |am− g| < ε.
Podamy teraz ważne twierdzenie, które podaje warunek równoważny zbieżności ciągu.
Twierdzenie 2.37 (warunek Cauchy’ego). Ciąg (an) ⊂ R jest zbieżny wtedy i tylko
wtedy, gdy spełnia następujący warunek Cauchy’ego:
(C) Dla każdej liczby ε > 0 istnieje nε ∈ N takie, że dla wszystkich m, k > nε zachodzi nierówność |am− ak| < ε.
Dowód. Część I. (⇒) Niech ε > 0. Jeśli g = limn→∞an, to istnieje nε∈ N takie, że |an−g| < ε/2 dla wszystkich n > nε. Weźmy teraz dwie liczby m, k > nε. Wówczas
|am− ak| =
(am− g) + (g − ak) ≤ |am− g| + |ak− g| < ε 2+
ε 2 = ε .
Zatem ciąg (an) spełnia warunek (C) – właśnie pokazaliśmy, jak dobrać nεdo liczby ε > 0.
Część II. (⇐) Łatwo sprawdzić, że każdy ciąg spełniający (C) jest ograniczony:
sto-sujemy warunek Cauchy’ego dla ε = 1 i widzimy, że dostatecznie duże wyrazy różnią się o mniej niż 1, a więc muszą zawierać się w pewnym przedziale, np. przedziale (an1+1− 1, an1+1+ 1); skończony zbiór wyrazów a1, . . . , an1 też jest ograniczony.
Stosujemy zatem twierdzenie Bolzano–Weierstrassa i wybieramy z (an) podciąg ank → g ∈ R dla k → ∞. Pokażemy, że g jest granicą całego ciągu (an). Niech ε > 0. Istnieje takie l1 ∈ N, że
|ank− g| < ε
2 dla nk> l1,
a ponadto istnieje takie l2 ∈ N,że |am − ak| < ε/2 dla m, k > l2. Niech l3 = max(l1, l2). Ustalając jakikolwiek numer nk> l3 ≥ l1i biorąc dowolne m > l3 ≥ l2, możemy oszacować
|am− g| = |am− ank+ ank− g| ≤ |am− ank| + |ank− g| < ε 2 +
ε 2 = ε . To kończy dowód twierdzenia.
Warunek Cauchy’ego odgrywa ważną rolę z kilku powodów. Po pierwsze, pozwala stwierdzić zbieżność ciągu bez wskazywania konkretnej granicy, a także pozwala stwier-dzić, że jakiś ciąg jest rozbieżny. Proszę zauważyć, że wcześniej, sprawdzając rozbieżność ciągu an= (−1)n, sprawdziliśmy tak naprawdę, że warunek Cauchy’ego nie zachodzi dla ε = 1. Po drugie, można posłużyć się warunkiem Cauchy’ego, żeby skonstruować liczby rzeczywiste, mając do dyspozycji liczby wymierne; jest to konstrukcja na tyle ogólna, że używa się jej w wielu działach matematyki – do tej sprawy wrócimy jeszcze przy innej okazji.
Stwierdzenie 2.38 (kryterium spełniania warunku Cauchy’ego). Załóżmy, że a1, a2, . . .
są dodatnie, a ponadto istnieje taka stała C ∈ R, że
sn= a1+ a2+ · · · + an≤ C dla wszystkich n ∈ N. Jeśli ciąg (xn) ⊂ R spełnia warunek
|xn+1− xn| ≤ an dla dostatecznie dużych n ∈ N, to (xn)spełnia warunek Cauchy’ego.
Dowód. Ciąg sn= a1+ a2+ · · · + anjest rosnący (bo aj są dodatnie) i ograniczony z góry przez C. Zatem (sn) jest zbieżny i spełnia warunek Cauchy’ego.
Niech m > k będą dostatecznie duże. Piszemy, korzystając z nierówności trójkąta, założeń i monotoniczności ciągu sn,
|xm− xk| ≤ |xm− xm−1| + |xm−1− xm−2| + · · · + |xk+1− xk| ≤ am−1+ am−2+ · · · + ak
= sm−1− sk−1 = |sm−1− sk−1| .
Niech ε > 0. Dla wszystkich dostatecznie dużych m, k mamy |xm− xk| ≤ |sm−1− sk−1| < ε, gdyż (sn) spełnia warunek Cauchy’ego. Zatem (xn) też spełnia warunek Cauchy’ego.
Przykład 2.39. Nietrudno zauważyć, że jeśli dla danego ciągu (xn) umiemy wskazać taką stałą M > 0 i taką liczbę q ∈ (0, 1), że
|xn+1− xn| ≤ M qn dla dostatecznie dużych n ∈ N,
to założenia powyższego stwierdzenia są spełnione. Istotnie, biorąc wtedy an = M qn mamy sn= M q + M q2+ · · · + M qn= M q1 − q n 1 − q ≤ M q 1 − q dla wszystkich n ∈ N.
To wynika ze szkolnego wzoru na sumę skończonego postępu geometrycznego; patrz także Lemat1.12i szkic jego dowodu.
Ćwiczenie 2.40 (wzór na sumę szeregu geometrycznego). Proszę wykazać, że jeśli |q| <
1, to
lim
n→∞(1 + q + · · · + qn−1) = 1 1 − q .
Funkcja wykładnicza i logarytm
Potrafimy już definiować potęgi liczb dodatnich o wykładniku wymiernym: jeśli a > 0 i x = p/q ∈ Q dla p, q ∈ N, to naturalnie jest przyjąć
ax = a1/q p = a1/q· . . . a1/q | {z } p razy , a−x= 1 ax.
Zasdadniczym celem tego rozdziału jest wskazanie, jak można określać potęgę ax liczby a > 0 o dowolnym wykładniku rzeczywistym x – także niewymiernym, i jak określić loga-rytm, to znaczy funkcję, która dla danych liczb dodatnich y, a, a 6= 1, wskazuje taką liczbę x ∈ R, że ax= y.
Poznamy przy okazji cały szereg fundamentalnych własności tych funkcji. Jak Czy-telnik 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
wy-kładniczej w dziedzinie zespolonej. Do tego jednak przyda się nam nieco więcej narzędzi.
3.1 Funkcja wykładnicza
Lemat 3.1 (o ciągach szybko zbieżnych do 1). Załóżmy, że (an) jest ciągiem liczb rzeczywistych takim, że nan→ 0 dla n → ∞. Wtedy
lim
n→∞(1 + an)n= 1 .
Dowód. Ponieważ nan → 0, więc |an| ≤ |nan| < 1/2 i |an| < 12 < |1 + an| 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, 1 (1 + an)n = 1 − an 1 + an n ≥ 1 − nan 1 + an. 33
Po drugie,
(1 + an)n≥ 1 + nan> 0, więc 1
(1 + an)n ≤ 1 1 + nan. Zatem, dla wszystkich dostatecznie dużych n,
1 − nan 1 + an
≤ 1
(1 + an)n ≤ 1 1 + nan
Ponieważ nan→ 0 (i oczywiście tym bardziej an→ 0) dla n → ∞, więc teza lematu łatwo wynika z twierdzenia o 3 ciągach.
Twierdzenie 3.2 (własności funkcji wykładniczej). Dla każdego x ∈ R ciąg
an(x) =1 +x n
n
, n ∈ N ,
jest zbieżny do granicy a(x) ∈ R, która ma następujące własności:
(E1) a(x) > 0 dla każdego x ∈ R i a(0) = 1; (E2) a(x)a(y) = a(x + y) dla wszystkich x, y ∈ R; (E3) a(x) ≥ 1 + x dla każdego x ∈ R;
(E4) (Monotoniczność): a(x) > a(y) dla wszystkich x > y; (E5) a(x) ≤ 1/(1 − x) dla każdego x < 1;
(E6) |a(x) − 1 − x| ≤ 2|x|2 dla każdego |x| ≤ 12;
(E7) (Ciągłość): jeśli xn→ x ∈ R, to a(xn) → a(x);
(E8) (Różniczkowalność): jeśli hn→ 0 i hn6= 0 dla n ∈ N, to lim
n→∞
a(x + hn) − a(x)
hn = a(x)
Dowód. Plan postępowania jest taki: wykażemy, że granica a(x) ciągu an(x) istnieje dla każdego x, a potem stopniowo będziemy dowodzić jej własności.
Krok 1. Najpierw sprawdzimy, że ciąg an(x) jest monotoniczny od pewnego miejsca. Ustalmy x ∈ R. Rozpatrujemy odtąd tylko n > |x|; wtedy (n + x)/n = 1 +xn > 0 i an(x) > 0, zatem an+1≥ an ⇔ an+1 an ≥ 1 ⇔ 1 + x n + 1 n+1 1 +x n n+1 ≥ 1 1 +nx = n n + x.
Zapiszmy iloraz potęg, występujący w ostatnim wyrażeniu, w postaci (1 + · · · )n+1 i sko-rzystajmy wtedy z nierówności Bernoulliego:
1 + x n + 1 n+1 1 +x n n+1 = (n + 1 + x)n (n + 1)(n + x) n+1 = 1 − x (n + 1)(n + x) n+1 gdyż (n + 1)(n + x) − x = (n + 1 + x)n ≥ 1 − x (n + x) = n n + x.
(Dla x < 0 oczywiście wolno było nierówność Bernoulli’ego stosować; dla x ≥ 0 jest | x
(n+1)(n+x)| ≤ x
(n+x) ≤ 1). Zatem istotnie ciąg an(x) jest niemalejący dla n > |x|.
Krok 2. Niech x < 0. Wtedy dla n > |x| zachodzą nierówności
0 < 1 +x n < 1, 0 < an(x) = 1 +x n n < 1,
a to znaczy, że ciąg an(x) jest ograniczony. Ponieważ jest niemalejący od pewnego miejsca, więc jest zbieżny, a jego granica a(x) > 0, bo dzięki monotoniczności a(x) ≥ am(x) > 0 dla m > |x|.
Krok 3. Dla x > 0 posłużymy się sztuczką. Mianowicie, 1 −xn22 = (1 −nx)(1 +xn), a zatem dla n > |x| możemy napisać
an(x) = 1 −x 2 n2 n an(−x) .
Z lematu o ciągach szybko zbieżnych do 1 wiemy, że licznik jest zbieżny do 1, a z poprzed-niego kroku dowodu – że mianownik jest zbieżny do a(−x) > 0. Zatem, z twierdzenia o granicy ilorazu ciągów, an(x) → a(x) = 1/a(−x) > 0. Dla x = 0 oczywiście an(0) ≡ 1 → 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
a(x)a(y) a(x + y) = limn→∞ 1 +x + y n + xy n2 n 1 +x + y n n = lim n→∞ 1 + xy n2 1 +x+yn | {z } = (ozn.) an !n
Łatwo zauważyć, że nan→ 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, an(x) ≥ 1 + x dla wszystkich n > |x| i wszystkich x ∈ R, więc na mocy stwierdzenia o szacowaniu granic także a(x) ≥ 1 + x. To daje własność (E3).
Sprawdzimy monotoniczność, czyli własność (E4). Niech x > y. Korzystając z (E1)– (E3) piszemy
a(x) − a(y) (E2)= a(y)a(x − y) − a(y) = a(y)(a(x − y) − 1) (E1), (E3)≥ 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) ≥ 1 − x > 0 dla x < 1, a więc dla takich x jest
a(x) = 1 a(−x) ≤
1 1 − x.
Aby wykazać (E6), stosujemy dla |x| ≤ 1/2 < 1 własności (E3) i (E5):
0 (E3)≤ a(x) − 1 − x (E5)≤ 1
1 − x− 1 − x = 1 − 1 + x − x + x2 1 − x = x2 1 − x ≤ 2|x| 2
(w ostatniej nierówności używamy warunku |x| ≤12).
Krok 5. Na koniec wykażemy własności (E7) i (E8). Jeśli xn→ x, to wówczas |xn−x|2< |xn − x| < 1/2 dla dostatecznie dużych n, więc oznaczając dla krótkości rn = xn− x, otrzymujemy z nierówności trójkąta
|a(rn) − 1| ≤ |a(rn) − 1 − rn| + |rn| (E6)≤ 2r2
n+ |rn| ≤ 3|rn| = 3|xn− x| .
Zatem, posługując się twierdzeniem o 3 ciągach, łatwo wnioskujemy, że a(xn − x) = a(rn) → 1 dla n → ∞. Ponadto,
0 ≤ |a(xn) − a(x)| (E2)= |a(x)| · |a(xn− x) − 1|,
więc także a(xn) → a(x).
Została nam ostatnia własność, (E8). Piszemy a(x + hn) − a(x) hn (E2) = a(x)a(hn) − a(x) hn = a(x) ·a(hn) − 1 hn | {z } = (ozn.) Un ≡ a(x) · Un.
Skoro hn→ 0, to dla dostatecznie dużych n jest |hn| < 1/2 i wtedy
0 ≤ |Un− 1| = a(hn) − 1 hn − 1 = a(hn) − 1 − hn hn (E6) ≤ 2|hn| 2 |hn| = 2|hn| → 0,
a więc Un → 1 dla n → ∞. Zatem, a(x)Un → a(x) dla n → ∞, a to właśnie należało udowodnić.
Dowód całego twierdzenia jest teraz zakończony.
Definicja 3.3 (liczba e i funkcja exp). Kładziemy
e = a(1) = lim n→∞ 1 + 1 n n = 2,718281828459045 . . .
Dla x ∈ R piszemy także exp(x) = a(x), gdzie a(x) = limn→∞(1 +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 wła-sność: każda liczba dodatnia jest wartością tej funkcji.
Stwierdzenie 3.4. Dla każdego y > 0 istnieje dokładnie jedna liczba x ∈ R taka, że
y = exp(x).
Dowód. Wystarczy przeprowadzić dowód dla y ∈ (0, 1), gdyż 1 = exp(0) i jeśli z > 1, to 1/z = y ∈ (0, 1), więc z równości y = exp(x) i exp(x) exp(−x) = 1 wynika, że exp(−x) = z.
Niech przeto y ∈ (0, 1). Połóżmy A = {t ∈ R : exp(t) ≤ y}. Jeśli t ≥ 0, to dzięki (E3) jest exp(t) ≥ 1 + t ≥ 1 > y, a więc t 6∈ A, tzn. A ⊂ (−∞, 0). Ponadto, dla n ∈ N mamy, z własności (E5) użytej dla x = −n,
exp(−n) ≤ 1 1 + n,
a więc −n ∈ 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 ∈ R. A priori, są trzy możliwości:
exp(x) > y, exp(x) < y, exp(x) = y .
Wykażemy, że pierwsze dwie prowadzą do sprzeczności. Przypuśćmy więc, że exp(x) < y. Z własności (E7) wynika, że dla n → ∞ ciąg exp(x + 1n) → exp(x) < y, a więc, dzięki Stwierdzeniu2.13, exp(x + 1n) < y dla wszystkich dostatecznie dużych n. Innymi słowy, sup A = x < x +n1 ∈ A, to zaś jest sprzeczność. Nie może więc być exp(x) < y.
Gdyby exp(x) > y, to, podobnie jak przed chwilą, mielibyśmy exp(x −1n) → exp(x) > y, tzn. dla wszystkich dostatecznie dużych n byłoby
exp x − 1
n > y ≥ exp t dla każdego t ∈ A.
Z monotoniczności, patrz własność (E4), otrzymalibyśmy x − 1n > t dla każdego t ∈ A, ale x − 1n < x = sup A, więc byłaby to sprzeczność z definicją kresu górnego.
Musi zatem być exp(x) = y. Jednoznaczność wynika z monotoniczności exp.
Definicja 3.5 (logarytm naturalny). Dla liczby y > 0 definiujemy: ln y = x, gdzie x ∈ R
jest jedyną liczbą taką, że exp(x) = y.
Własności funkcji wykładniczej nietrudno przełożyć na odpowiednie własności loga-rytmu naturalnego.
Twierdzenie 3.6 (własności logarytmu naturalnego). Logarytm naturalny ln y jest
okre-ślony dla wszystkich liczb y > 0 i ma następujące własności:
(L1) Dla wszystkich x, y > 0 jest ln(xy) = ln x + ln y; ln e = 1 i ln 1 = 0.
(L2) (Monotoniczność logarytmu) Dla wszystkich y1 > y2 > 0mamy ln y1 > ln y2.
(L3) Dla wszystkich y > 0 zachodzą nierówności
1 −1
y ≤ ln y ≤ y − 1 .
Równoważnie,
t
t + 1 ≤ ln(1 + t) ≤ t dla wszystkich t > −1.
(L4) Jeśli tn> −1dla wszystkich n ∈ N i tn→ 0, to ln(1 + tn) → 0 = ln 1.
(L5) (Ciągłość logarytmu) Jeśli yn > 0dla wszystkich n ∈ N i yn → y > 0 dla n → ∞,
(L6) (Różniczkowalność logarytmu) Jeśli hn→ 0 dla n → ∞, a także y > 0 i y +hn> 0
dla wszystkich n ∈ N, to wówczas
lim n→∞ ln(y + hn) − ln y hn = 1 y.
Dowód. Udowodnimy (L1). Ponieważ x, y > 0, więc istnieją t, w ∈ 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 x1 = ln y1 ≤ ln y2 = x2
dla pewnych y1 > y2 > 0, to byłoby, dzięki monotoniczności funkcji wykładniczej, y1 = exp(x1) ≤ exp(x2) = y2, a to jest sprzeczność.
Teraz sprawdzimy, że zachodzą nierówności podane w punkcie (L3). Niech x = ln y. Mamy exp(x) ≥ 1 + x, tzn. ln y = x ≤ 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) ≤ 1 1 − x = 1 1 − ln y ⇔ 1 y ≥ 1 − ln y ⇔ ln y ≥ 1 − 1 y.
Gdy x = ln y ≥ 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 yn− ln y = ln y · 1 +yn− y y − ln y = ln1 + yn− y y | {z } = (ozn.) tn , gdzie −1 < tn= (yn− y)/y = −1 +yn
y → 0, gdy yn→ y. Wiemy już jednak, że ln(1+tn) → 0 dla każdego ciągu tn→ 0, tn > −1; zatem ln yn → ln y, gdy yn, y > 0 i yn → y dla n → ∞. To kończy dowód własności (L4).
Na koniec wykażemy różniczkowalność logarytmu. Zauważmy, że
ln(y + hn) − ln y hn = ln y + ln1 +hn y − ln y hn = ln(1 + tn) tn · 1 y dla tn= hn y 6= 0,
Wystarczy więc wykazać, że dla każdego ciągu tn→ 0, gdzie tn 6= 0 i tn> −1 dla wszyst-kich n ∈ N, mamy t1nln(1 + tn) → 1. Oznaczmy sn = ln(1 + tn); wtedy exp(sn) − 1 = tn i sn6= 0. Zatem
ln(1 + tn) tn
= sn exp(sn) − 1.
Sprawdziliśmy przed chwilą, dowodząc własności (L4), że sn = ln(1 + tn) → 0. Korzy-stając z różniczkowalności funkcji wykładniczej, patrz własność (E8), wnioskujemy, że sn/(exp(sn) − 1) → 1 dla n → ∞. Zatem także t1nln(1 + tn) → 1.
Dysponując już funkcją wykładniczą i logarytmem, nietrudno jest zdefiniować potęgę dowolnej liczby dodatniej o dowolnym wykładniku rzeczywistym.
Definicja 3.7. Dla wszystkich a > 0 i wszystkich x ∈ R przyjmujemy
ax= exp(x ln a) .
W szczególności, dla liczby e przyjęta definicja daje, zgodnie z naturalnym oczekiwa-niem, ex = exp(x ln e) = exp(x), gdyż ln e = 1. Zauważmy też od razu, że dla n ∈ N jest, dzięki własności (L1) logarytmu,
an= exp(n ln a) = exp ln a + ln a + · · · + ln a | {z } n razy ) = exp(ln(a · a · . . . · a)) = a · a · . . . · a | {z } n razy ,
co zgadza się ze zwykłą definicją potęgi o wykładniku naturalnym. Nietrudno podać listę własności potęg, podawaną na ogół w szkole1
Ćwiczenie 3.8. Niech a, b > 0, x, y ∈ R. Proszę samodzielnie, korzystając z (E1)–(E8)
oraz (L1)–(L5), udowodnić następujące własności potęg:
(i) ax+y = axay, a ponadto a−x= 1/ax i a0 = 1. (ii) axy = axy i axbx = (ab)x.
(iii) Jeśli a > 1, to ax < ay dla wszystkich x < y, a jeśli a ∈ (0, 1), to ax > ay dla wszystkich x < y.
(iv) Jeśli ciąg xn→ x dla n → ∞, to wówczas axn → ax
dla n → ∞.
(v) Jeśli a < b, to ax< bx dla wszystkich x > 0 oraz ax > bxdla wszystkich x < 0.
Możemy także zdefiniować logarytm przy dowolnej podstawie a > 0, a 6= 1.
Definicja 3.9. Jeśli a > 0 i a 6= 1, to dla wszystkich y > 0 przyjmujemy
logay = x ⇔ ax = y .
Ćwiczenie 3.10. Posługując się udowodnionymi już własnościami funkcji wykładniczej
i logarytmu, sprawdzić, że powyższa definicja jest poprawna (tzn. przy podanych założe-niach o a i y liczba logay istnieje i jest określona jednoznacznie). Dlaczego przyjmujemy, że a 6= 1?
Ćwiczenie 3.11. Posługując się znanymi własnościami potęg i logarytmu naturalnego,
wykazać, że logarytm przy dowolnej podstawie a > 0, a 6= 1 ma następujące własności:
1
Odbywa się to zwykle bez wyjaśnienia, jak należy rozumieć napis ax, 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. . .
1) logay = (ln y)/(ln a) dla wszystkich y > 0.
2) Jeśli b > 0, b 6= 1, to logay = (logby)/(logba) dla wszystkich y > 0. 3) loga(xy) = logax + logay dla wszystkich x, y > 0.
4) loga(yx) = x logay dla wszystkich y > 0, x ∈ R.
Warunek 2) bywa nazywany wzorem na zamianę podstawy logarytmu.