خصائص الدالة الأسية

يتم وصف خطأ تعبير حد المنتج كما يلي:$${\displaystyle \left(1+{\frac {x}{n}}\right)^{n}=e^{x}\left(1-{\frac {x^{2}}{2n}}+{\frac {x^{3}(8+3x)}{24n^{2}}}+\cdots \right),}$$ حيث درجة كثير الحدود (في x ) في الحد ذي المقام n ^k هي  2 k .

منذ $${\displaystyle \lim _{n\to \infty }\left|{\frac {x^{n+1}/(n+1)!}{x^{n}/n!}}\right|=\lim _{n\to \infty }\left|{\frac {x}{n+1}}\right|=0<1.}$$ ويترتب على اختبار النسبة أن${\textstyle \sum _{n=0}^{\infty }{\frac {x^{n}}{n!}}}$يتقارب لجميع قيم x .

بما أن الدالة المراد تكاملها هي دالة قابلة للتكامل بالنسبة لـ t ، فإن التعبير التكاملي مُعرَّف جيدًا. يجب إثبات أن الدالة من${\displaystyle \mathbb {R} ^{+}}$ل${\displaystyle \mathbb {R} }$محدد بواسطة $${\displaystyle x\mapsto \int _{1}^{x}{\frac {dt}{t}}}$$ هي دالة تقابل . بما أن 1/ t موجب لـ t الموجب ، فإن هذه الدالة متزايدة تمامًا ، وبالتالي فهي دالة أحادية . إذا كان التكاملان $${\displaystyle {\begin{aligned}\int _{1}^{\infty }{\frac {dt}{t}}&=\infty \\[8pt]\int _{1}^{0}{\frac {dt}{t}}&=-\infty \end{aligned}}}$$ إذا تحققت هذه الشروط، فإنها تكون شاملة أيضاً. في الواقع، هذه التكاملات صحيحة ؛ فهي ناتجة عن اختبار التكامل وتباعد المتسلسلة التوافقية .

يعتمد التعريف على العدد الحقيقي الموجب الوحيد${\displaystyle a=e}$مُرضٍ:$${\displaystyle \lim _{h\to 0}{\frac {a^{h}-1}{h}}=1.}$$يمكن إثبات وجود هذا الحد لأي${\displaystyle a}$وهي تُعرّف دالة متزايدة باستمرار${\displaystyle f(a)=\ln(a)}$مع${\displaystyle f(1)=0}$و${\displaystyle \lim _{a\to \infty }f(a)=\infty }$لذا فإن نظرية القيمة المتوسطة تضمن وجود مثل هذه القيمة${\displaystyle a=e}$.

الحجة التالية مقتبسة من رودين، النظرية 3.31، ص  63-65.

يترك${\displaystyle x\geq 0}$ليكن عددًا حقيقيًا ثابتًا غير سالب. عرّف $${\displaystyle t_{n}=\left(1+{\frac {x}{n}}\right)^{n},\qquad s_{n}=\sum _{k=0}^{n}{\frac {x^{k}}{k!}},\qquad e^{x}=\lim _{n\to \infty }s_{n}.}$$

بحسب نظرية ذات الحدين ، $${\displaystyle {\begin{aligned}t_{n}&=\sum _{k=0}^{n}{n \choose k}{\frac {x^{k}}{n^{k}}}=1+x+\sum _{k=2}^{n}{\frac {n(n-1)(n-2)\cdots (n-(k-1))x^{k}}{k!\,n^{k}}}\\[8pt]&=1+x+{\frac {x^{2}}{2!}}\left(1-{\frac {1}{n}}\right)+{\frac {x^{3}}{3!}}\left(1-{\frac {1}{n}}\right)\left(1-{\frac {2}{n}}\right)+\cdots \\[8pt]&{}\qquad \cdots +{\frac {x^{n}}{n!}}\left(1-{\frac {1}{n}}\right)\cdots \left(1-{\frac {n-1}{n}}\right)\leq s_{n}\end{aligned}}}$$ (باستخدام x  ≥  0 للحصول على المتباينة النهائية) بحيث: $${\displaystyle \limsup _{n\to \infty }t_{n}\leq \limsup _{n\to \infty }s_{n}=e^{x}}$$ يجب استخدام lim sup لأنه من غير المعروف ما إذا كانت t _n تتقارب .

أما بالنسبة للمتباينة الأخرى، فبحسب التعبير أعلاه لـ t _n ، إذا كان 2  ≤ m ≤ n ، فإننا نحصل على:  $${\displaystyle 1+x+{\frac {x^{2}}{2!}}\left(1-{\frac {1}{n}}\right)+\cdots +{\frac {x^{m}}{m!}}\left(1-{\frac {1}{n}}\right)\left(1-{\frac {2}{n}}\right)\cdots \left(1-{\frac {m-1}{n}}\right)\leq t_{n}.}$$

لنثبت قيمة m ، ولنجعل n تقترب من اللانهاية. عندئذٍ $${\displaystyle s_{m}=1+x+{\frac {x^{2}}{2!}}+\cdots +{\frac {x^{m}}{m!}}\leq \liminf _{n\to \infty }\ t_{n}}$$ (مرة أخرى، يجب استخدام lim inf لأنه من غير المعروف ما إذا كانت t _n متقاربة). الآن، خذ المتباينة أعلاه، واجعل m تقترب من اللانهاية، واجمعها مع المتباينة الأخرى لتحصل على: $${\displaystyle \limsup _{n\to \infty }t_{n}\leq e^{x}\leq \liminf _{n\to \infty }t_{n}}$$ لهذا السبب. $${\displaystyle \lim _{n\to \infty }t_{n}=e^{x}.}$$

يمكن تعميم هذا التكافؤ على الأعداد الحقيقية السالبة من خلال ملاحظة${\textstyle \left(1-{\frac {r}{n}}\right)^{n}\left(1+{\frac {r}{n}}\right)^{n}=\left(1-{\frac {r^{2}}{n^{2}}}\right)^{n}}$وأخذ النهاية عندما يؤول n إلى اللانهاية.

هنا، تُعرَّف دالة اللوغاريتم الطبيعي بدلالة التكامل المحدد كما سبق. وفقًا للجزء الأول من النظرية الأساسية للتفاضل والتكامل ، $${\displaystyle {\frac {d}{dx}}\ln x={\frac {d}{dx}}\int _{1}^{x}{\frac {1}{t}}\,dt={\frac {1}{x}}.}$$

بجانب،${\textstyle \ln 1=\int _{1}^{1}{\frac {dt}{t}}=0}$

الآن، ليكن x أي عدد حقيقي ثابت، وليكن $${\displaystyle y=\lim _{n\to \infty }\left(1+{\frac {x}{n}}\right)^{n}.}$$

Ln( y ) = x ، مما يعني أن y = e^ ^x ، حيث e^ ^x بالمعنى الوارد في التعريف 3. لدينا $${\displaystyle \ln y=\ln \lim _{n\to \infty }\left(1+{\frac {x}{n}}\right)^{n}=\lim _{n\to \infty }\ln \left(1+{\frac {x}{n}}\right)^{n}.}$$

هنا، يتم استخدام استمرارية ln( y )، والتي تتبع من استمرارية 1/ t : $${\displaystyle \ln y=\lim _{n\to \infty }n\ln \left(1+{\frac {x}{n}}\right)=\lim _{n\to \infty }{\frac {x\ln \left(1+(x/n)\right)}{(x/n)}}.}$$

هنا، تم استخدام النتيجة ln a ⁿ = n ln a . يمكن إثبات هذه النتيجة لعدد طبيعي n بالاستقراء، أو باستخدام التكامل بالتعويض . (يجب تأجيل التعميم على القوى الحقيقية حتى يتم إثبات أن ln و exp دالتان عكسيتان لبعضهما البعض، بحيث يمكن تعريف a ^b لعدد حقيقي b على أنه e ^{b ln a} .) $${\displaystyle =x\cdot \lim _{h\to 0}{\frac {\ln \left(1+h\right)}{h}}\quad {\text{ where }}h={\frac {x}{n}}}$$$${\displaystyle =x\cdot \lim _{h\to 0}{\frac {\ln \left(1+h\right)-\ln 1}{h}}}$$$${\displaystyle =x\cdot {\frac {d}{dt}}\ln t{\Bigg |}_{t=1}}$$$${\displaystyle \!\,=x.}$$

يترك${\displaystyle y(t)}$يشير إلى حل مسألة القيمة الابتدائية${\displaystyle y'=y,\ y(0)=1}$تطبيق أبسط أشكال طريقة أويلر مع الزيادة${\displaystyle \Delta t={\frac {x}{n}}}$ونقاط نموذجية${\displaystyle t\ =\ 0,\ \Delta t,\ 2\Delta t,\ldots ,\ n\Delta t}$تعطي الصيغة التكرارية:

${\displaystyle y(t+\Delta t)\ \approx \ y(t)+y'(t)\Delta t\ =\ y(t)+y(t)\Delta t\ =\ y(t)\,(1+\Delta t).}$

يتم حل هذه المعادلة التكرارية على الفور لإعطاء القيمة التقريبية${\displaystyle y(x)=y(n\Delta t)\approx (1+\Delta t)^{n}}$وبما أن طريقة أويلر معروفة بتقاربها إلى الحل الدقيق، فإننا نحصل على:

${\displaystyle y(x)=\lim _{n\to \infty }\left(1+{\frac {x}{n}}\right)^{n}.}$

ليكن n عددًا صحيحًا غير سالب. وفقًا للتعريف 4 وبالاستقراء،${\displaystyle {\frac {d^{n}y}{dx^{n}}}=y}$.

لذلك${\displaystyle {\frac {d^{n}y}{dx^{n}}}{\Bigg |}_{x=0}=y(0)=1.}$

باستخدام متسلسلة تايلور ، $${\displaystyle y=\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {f^{(n)}(0)}{n!}}\,x^{n}=\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {1}{n!}}\,x^{n}=\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {x^{n}}{n!}}.}$$وهذا يدل على أن التعريف 4 يستلزم التعريف 2.

بالمعنى الوارد في التعريف الثاني، $${\displaystyle {\begin{aligned}{\frac {d}{dx}}e^{x}&={\frac {d}{dx}}\left(1+\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {x^{n}}{n!}}\right)=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {nx^{n-1}}{n!}}=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {x^{n-1}}{(n-1)!}}\\[6pt]&=\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {x^{k}}{k!}},{\text{ where }}k=n-1\\[6pt]&=e^{x}\end{aligned}}}$$

بجانب،${\textstyle e^{0}=1+0+{\frac {0^{2}}{2!}}+{\frac {0^{3}}{3!}}+\cdots =1.}$وهذا يدل على أن التعريف 2 يستلزم التعريف  4.

بالمعنى الوارد في التعريف الثاني، المعادلة${\displaystyle \exp(x+y)=\exp(x)\exp(y)}$وينتج ذلك عن معالجة متسلسلة القوى حدًا حدًا، وهو ما يبرره التقارب المنتظم ، وتساوي المعاملات الناتج هو ببساطة نظرية ذات الحدين . علاوة على ذلك: ^{[ 3 ]}$${\displaystyle {\begin{aligned}\exp '(0)&=\lim _{h\to 0}{\frac {e^{h}-1}{h}}\\&=\lim _{h\to 0}{\frac {1}{h}}\left(\left(1+h+{\frac {h^{2}}{2!}}+{\frac {h^{3}}{3!}}+{\frac {h^{4}}{4!}}+\cdots \right)-1\right)\\&=\lim _{h\to 0}\left(1+{\frac {h}{2!}}+{\frac {h^{2}}{3!}}+{\frac {h^{3}}{4!}}+\cdots \right)\ =\ 1.\\\end{aligned}}}$$

تُعرّف الخاصية الثالثة أولاً اللوغاريتم الطبيعي:$${\displaystyle \log x\ \ {\stackrel {\text{def}}{=}}\ \int _{1}^{x}\!{\frac {dt}{t}},}$$ثم${\displaystyle \exp }$كدالة عكسية مع${\textstyle x=\log(\exp x)}$ثم باستخدام قاعدة السلسلة :

${\displaystyle 1={\frac {d}{dx}}[\log(\exp(x))]=\log '(\exp(x))\cdot \exp '(x)={\frac {\exp '(x)}{\exp(x)}},}$

أي${\displaystyle \exp '(x)=\exp(x)}$. أخيراً،${\displaystyle \log(1)=0}$، لذا${\displaystyle \exp '(0)=\exp(0)=1}$. إنه،${\displaystyle y=\exp(x)}$هو الحل الوحيد لمسألة القيمة الابتدائية${\displaystyle {\frac {dy}{dx}}=y}$، ${\displaystyle y(0)=1}$من التوصيف 4. على العكس من ذلك، افترض${\displaystyle y=\exp(x)}$لديه${\displaystyle \exp '(x)=\exp(x)}$و${\displaystyle \exp(0)=1}$، وتحديد${\displaystyle \log(x)}$كدالة عكسية لها مع${\displaystyle x=\exp(\log x)}$و${\displaystyle \log(1)=0}$. ثم:

${\displaystyle 1={\frac {d}{dx}}[\exp(\log(x))]=\exp '(\log(x))\cdot \log '(x)=\exp(\log(x))\cdot \log '(x)=x\cdot \log '(x),}$

أي${\displaystyle \log '(x)={\frac {1}{x}}}$بحسب النظرية الأساسية للتفاضل والتكامل ،$${\displaystyle \int _{1}^{x}{\frac {1}{t}}\,dt=\log(x)-\log(1)=\log(x).}$$

الشرطان f' (0) = 1 و f ( x + y ) = f ( x ) f ( y ) يستلزمان كلا الشرطين في التوصيف 4. في الواقع، نحصل على الشرط الابتدائي f (0) = 1 بقسمة طرفي المعادلة. $${\displaystyle f(0)=f(0+0)=f(0)f(0)}$$ بواسطة f (0) ، والشرط الذي يكون فيه f′ ( x ) = f ( x ) يتبع من الشرط الذي يكون فيه f′ (0) = 1 وتعريف المشتقة على النحو التالي: $${\displaystyle {\begin{array}{rcccccc}f'(x)&=&\lim \limits _{h\to 0}{\frac {f(x+h)-f(x)}{h}}&=&\lim \limits _{h\to 0}{\frac {f(x)f(h)-f(x)}{h}}&=&\lim \limits _{h\to 0}f(x){\frac {f(h)-1}{h}}\\[1em]&=&f(x)\lim \limits _{h\to 0}{\frac {f(h)-1}{h}}&=&f(x)\lim \limits _{h\to 0}{\frac {f(0+h)-f(0)}{h}}&=&f(x)f'(0)=f(x).\end{array}}}$$

بافتراض التوصيف 5، والخاصية الضربية بالإضافة إلى الشرط الأولي${\displaystyle \exp '(0)=1}$يعني ذلك ما يلي:$${\displaystyle {\begin{array}{rcl}{\frac {d}{dx}}\exp(x)&=&\lim _{h\to 0}{\frac {\exp(x{+}h)-\exp(x)}{h}}\\&=&\exp(x)\cdot \lim _{h\to 0}{\frac {\exp(h)-1}{h}}\\&=&\exp(x)\exp '(0)=\exp(x).\end{array}}}$$

بتطبيق قاعدة الضرب استقرائياً، نحصل على: $${\displaystyle f\left({\frac {n}{m}}\right)^{m}=f\left({\frac {n}{m}}+\cdots +{\frac {n}{m}}\right)=f(n)=f(1)^{n},}$$ وبالتالي $${\displaystyle f\left({\frac {n}{m}}\right)={\sqrt[{m}]{f(1)^{n}}}\ {\stackrel {\text{def}}{=}}\ a^{n/m}}$$ ل${\displaystyle a=f(1)}$ثم الشرط${\displaystyle f'(0)=1}$هذا يعني أن${\displaystyle \lim _{h\to 0}{\tfrac {a^{h}-1}{h}}=1}$، لذا${\displaystyle a=e}$بحسب التعريف.

كذلك، فإن أيًا من شروط الانتظام الواردة في التعريف 5 يستلزم أن${\displaystyle f(x)}$متصلة في جميع القيم الحقيقية${\displaystyle x}$(انظر أدناه). والعكس مماثل.

يترك${\displaystyle f(x)}$لتكن دالة غير صفرية قابلة للتكامل وفقًا لمعيار ليبيغ، تحقق خاصية الضرب.${\displaystyle f(x+y)=f(x)f(y)}$مع${\displaystyle f(1)=e}$استنادًا إلى هيويت وسترومبرغ، التمرين 18.46، سنثبت أن قابلية التكامل وفقًا لليبيغ تستلزم الاستمرارية. وهذا كافٍ لاستنتاج${\displaystyle f(x)=e^{x}}$وفقًا للوصف رقم 6، مع الاستدلال كما سبق.

أولاً، بعض الخصائص الأساسية:

1. لو${\displaystyle f(x)}$لا يساوي الصفر في أي مكان (مثلاً عند${\displaystyle x=y}$إذاً، فإن قيمتها لا تساوي الصفر في كل مكان. البرهان:${\displaystyle f(y)=f(x)f(y-x)\neq 0}$يشير إلى${\displaystyle f(x)\neq 0}$.
2. ${\displaystyle f(0)=1}$. دليل:${\displaystyle f(x)=f(x+0)=f(x)f(0)}$و${\displaystyle f(x)}$ليس صفراً.
3. ${\displaystyle f(-x)=1/f(x)}$. دليل:${\displaystyle 1=f(0)=f(x-x)=f(x)f(-x)}$.
4. لو${\displaystyle f(x)}$متصل في أي مكان (مثلاً عند)${\displaystyle x=y}$إذن، فهي متصلة في كل مكان. البرهان:${\displaystyle f(x+\delta )-f(x)=f(x-y)[f(y+\delta )-f(y)]\to 0}$مثل${\displaystyle \delta \to 0}$بالاستمرارية في${\displaystyle y}$.

الخاصيتان الثانية والثالثة تعنيان أنه يكفي لإثبات${\displaystyle f(x)=e^{x}}$لـ x الموجبة . 

منذ${\displaystyle f(x)}$إذا كانت دالة قابلة للتكامل وفقًا لمقياس ليبيغ ، فيمكننا تعريف${\textstyle g(x)=\int _{0}^{x}f(t)\,dt}$ويترتب على ذلك أن $${\displaystyle g(x+y)-g(x)=\int _{x}^{x+y}f(t)\,dt=\int _{0}^{y}f(x+t)\,dt=f(x)g(y).}$$

منذ${\displaystyle f(x)}$إذا كانت قيمة y غير صفرية، فيمكن اختيار قيمة ما لـ y بحيث${\displaystyle g(y)\neq 0}$وحل المعادلة التالية:${\displaystyle f(x)}$في التعبير أعلاه. لذلك: $${\displaystyle {\begin{aligned}f(x+\delta )-f(x)&={\frac {[g(x+\delta +y)-g(x+\delta )]-[g(x+y)-g(x)]}{g(y)}}\\&={\frac {[g(x+y+\delta )-g(x+y)]-[g(x+\delta )-g(x)]}{g(y)}}\\&={\frac {f(x+y)g(\delta )-f(x)g(\delta )}{g(y)}}=g(\delta ){\frac {f(x+y)-f(x)}{g(y)}}.\end{aligned}}}$$

يجب أن يؤول التعبير النهائي إلى الصفر عندما${\displaystyle \delta \to 0}$منذ${\displaystyle g(0)=0}$و${\displaystyle g(x)}$متصلة. ويترتب على ذلك أن${\displaystyle f(x)}$متصل.