實分析/指數函式

本章的目的是正式定義對所有實數都非常有趣的指數函式和對數函式。這也將突出數學領域運作方式的有趣解釋，因為數學家最初定義指數和對數的方式及其原因的奇怪性質。簡而言之，這些函式旨在使原本難以克服的複雜障礙變得更容易。“什麼樣的障礙？”你可能會問。那些人們可能想要在加法和乘法之間切換的障礙。在數學上，他們想建立一些函式ƒ和g，使得

f(x+y)=f(x)\cdot f(y)

和

g(x\cdot y)=g(x)+g(y)

[為了概括本節的重要部分，函式ƒ是指數運算，函式g是對數]

如你所見，在一些代數問題中，對於某些人來說，這樣的函式將非常理想——而對於其他人來說，則是絕對必要的。然而，數學的指導哲學規定應該有一個可定義的語句來組成這些有趣的函式——它不能是任意的，否則可能在某個地方存在一些隱藏的矛盾！這種驅動力正是本節要滿足的。

構造

我們將透過兩條途徑開始建構函式ƒ和g是什麼。首先，我們將確定我們希望這些函式如何運作。其次，我們構建了ƒ和g的定義，它也恰好與函式的行為完全匹配。怎麼會這樣？當然是因為定義。

行為

我們將首先確定函式ƒ在日常使用中如何工作方面極其重要的事情。如果

x=x{\text{ and }}y=-x\mid f(x+y)=f(x-x)=f(0)

好吧，我們可以首先觀察到該函式可以被改寫為

f(x+y)=f(x)\cdot f(y)=f(x)\cdot f(-x)=f(0)

但仍必須等於前面的語句。好吧，我們不能使 ${\textstyle f(0)=0}$ ——加法單位元，因為這樣就意味著x或負x為0，這使得整個函式ƒ毫無價值；它必然意味著ƒ的所有輸入都等於0。我們可以改為使 ${\textstyle f(0)=1}$ ——乘法單位元。這個新定義避免了 ${\textstyle f(0)=0}$ 使得整個函式毫無價值的陷阱。然而，它因此需要 ${\textstyle f(x)}$ 或 ${\textstyle f(-x)}$ 是乘法逆元。由於對於正x來說， ${\textstyle f(x)}$ 傳統上被保留（而且由於——劇透——它表示正整數的指數運算），我們將該性質分配給 ${\textstyle f(-x)}$ 。因此，

f(-x)={\frac {1}{f(x)}}

如果你注意到了，我們無意中假設變數x和y至少是整數，因為我們添加了否定。哎喲。好吧，我們可以更進一步，想象它們是有理數。如果我們假設函式輸入也可以是有理數，我們就打開了一種需要滿足的另一種性質，即

\underbrace {f\left({\frac {1}{q}}\right)\times \cdots \times f\left({\frac {1}{q}}\right)} _{q{\text{ times}}}=f\underbrace {\left({\frac {1}{q}}+\cdots +{\frac {1}{q}}\right)} _{q{\text{ times}}}=f\left({\frac {q}{q}}\right)=f(1)

如果我們將 *q* 個項相乘改為 *p* 個項，

\underbrace {f\left({\frac {1}{q}}\right)\times \cdots \times f\left({\frac {1}{q}}\right)} _{p{\text{ times}}}=f\underbrace {\left({\frac {1}{q}}+\cdots +{\frac {1}{q}}\right)} _{p{\text{ times}}}=f\left({\frac {p}{q}}\right)

這會使我們更加複雜。幸運的是，這個新定義並沒有破壞我們之前所假設的任何內容。幸運的是。

微分

我們首先假設 ƒ 是可微的。當我們這樣做時，我們可以寫出 ƒ 可微的定義。

f'=\lim _{h\rightarrow 0}{\frac {f(x+h)-f(x)}{h}}

鑑於加法和乘法之間的特殊關係，我們可以將其應用於此以獲得一個特殊的答案。

{\begin{aligned}f'&=\lim _{h\rightarrow 0}{\frac {f(x+h)-f(x)}{h}}\\&=\lim _{h\rightarrow 0}{\frac {f(x)\cdot f(h)-f(x)}{h}}\\&=\lim _{h\rightarrow 0}{\left(f(x)\cdot {\frac {f(h)-1}{h}}\right)}\\&=f(x)\cdot \lim _{h\rightarrow 0}{\frac {f(h)-1}{h}}\end{aligned}}

現在，讓我們對我們對數學的理解做一些不合理的事情。我們假設這個極限等於 1。如果我們這樣做了，並且堅持住，我們會向你展示即使是這種公然無視仍然會使數學保持一致（最終），我們自己就有了函式 ƒ 的一個新屬性。的導數 $f'$ 是 $f$ 。總而言之，這個練習使我們建立了一個不受微分影響的函式——只要函式的輸入之和等於函式乘以分離的輸入之積！

對數

在上一小節中，我們做了很多假設。很多。在所有意圖和目的上，我們將在本節的剩餘部分花時間來證明（即確保與這些主張不存在矛盾）這些主張。這也將起到證明這些主張的作用，但為了替代為 ƒ 函式的早期主張辯護，它將形成一個具有如此引人入勝的屬性和與該練習如此密切相關的函式，它在數學中獲得了特殊的名稱和符號：對數。

除了我們之前提到的主張之外，函式 ƒ 還存在一個大問題。即使有了我們所做的那些主張，它也沒有明顯的用途。函式 ƒ 尚未定義——因此可能在稍後發生矛盾。哎呀，隨著更多假設的加入，它更有可能無法經受分析。但是，我們仍然有一個技巧可以賦予該函式形式——反函式及其屬性。如果我們忘記函式 ƒ 並專注於其反函式，我們可以用它做一些很酷的事情。使用本地命名的 Reciprocal Definition 為反函式，我們可以給出反函式導數的定義

{\begin{aligned}(f^{-1})'&={\frac {1}{f'\circ f^{-1}}}\\&={\frac {1}{f\circ f^{-1}}}\\&={\frac {1}{x}}\end{aligned}}

這是一個簡單的定義。有了這個定義，我們將提出另一個大膽的主張，雖然沒有那麼強烈。我們可以說，1/x 是一個積分的原函式。一個特殊的積分，它的性質將賦予這個反函式一些特質。我們假設（比之前的假設更有根據）

f^{-1}=\int _{1}^{x}{{\frac {1}{t}}\operatorname {d} \!t}

我們現在將簡單地省略函式 ƒ^-1 的符號。這個反函式就是對數的定義。這種特殊的對數，與初等數學中使用的對數不同，沒有底數。這是數學家最喜歡的對數版本，要麼簡寫為“log”而不帶任何底數，要麼寫為“ln”，它具有特殊的意義（一個定義的底數），將在後面描述。為了總結本節的關鍵點，

對數的定義

\log x=\ln x=\int _{1}^{x}{{\frac {1}{t}}\operatorname {d} \!t}

請注意，在數學中，您可能會看到 $\log$ 或 $\ln$ （讀作“lawn”）來指代這個特殊函式。在使用帶底數的對數的領域（將在下一標題中介紹），更常使用 $\ln$ ，因為它與 $\log$ 明顯不同——這可能被視為錯誤。在數學中，帶底數的對數通常不使用，所以在這一學科中，您使用哪一個並不重要。

指數函式

指數函式與對數函式不同，只是一個簡單的假設。本質上，指數函式是對數函式的反函式。這將在本頁的第二標題中探討。總的來說，對數函式和指數函式的構造已經完成。

指數函式的定義

\exp x=\log ^{-1}x=\ln ^{-1}x

然而，需要強調的是，儘管指數函式在名稱上與初等數學中學習的指數運算（例如 $10^{x}$ ）相似，但它們之間存在著細微但重要的區別，在本標題中不應輕易忽視。

附錄

指數運算的另一種構造方法

構建指數運算的通常方法是將對數定義為積分，並將指數定義為它的反函式（如上所述）。在本附錄中，我們將採用相反的方法，即在寬泛意義上構造指數函式，使其在整個實數範圍內都有定義，而不僅僅是是有理數。（不幸的是，這需要一些繁瑣的計算！）

現在我們可以利用我們對連續性的瞭解來構造正實數的有理數次冪。

x^n 的連續性

我們已經將整數次冪定義為一系列乘法，但還沒有證明它是連續的。讓我們先證明它們是連續的。

$f(x)=x^{0}=1$ 是連續的。

$f(x)=x$ 是連續的。

$f(x)=x^{n}$ 對所有 $n\in \mathbb {N}$ 和所有 $x\in \mathbb {R}$ 是連續的。

我們透過歸納法證明。我們已經看到 $f(x)=x^{1}$ 是連續的。假設 $f(x)=x^{n-1}$ 是連續的，我們利用連續性在代數運算下保持的事實來證明 $xf(x)=x^{n}$ 是連續的。

$f(x)=x^{-n}$ 在所有 $n\in \mathbb {N}$ 和所有 $x\in \mathbb {R} \setminus {0}$ 上連續。

因為 $x^{n}$ 在該集合上連續且非零， ${\frac {1}{x^{n}}}=x^{-n}$ 也是連續的，因為連續性在非零函式的除法下保持不變。

我們現在可以使用 $x^{n}$ 的連續性和中間值定理來構造正的 n 次根。正如承諾的那樣，這比第一章中平方根的構造要好得多。

n 次根的構造

我們從任意正實數的有理冪的構造開始。

給定 $c>0$ ，考慮函式 $f(x)=x^{n}-c$ （很明顯 0 有唯一的 n 次根，所以我們不考慮這種情況）。 $f(0)=-c<0$ 並且因為 $1+c>1$ ， $f(1+c)=(1+c)^{n}-c>(1+c)^{n}-(1+c)>0$ 。根據中間值定理， $\exists x\in (0,1+c):f(x)=x^{n}-c=0$ 。因此 c 有一個正的 n 次根。

為了證明唯一性，令 x 和 y 為 c 的兩個 n 次根。如果 $x>y>0$ ，那麼 $x^{n}>y^{n}>0$ 。但隨後將得出 $c>c$ ，矛盾。類似地，我們也不能有 $x<y$ ，因此得出 $x=y$ 。

有理冪的定義和性質

給定 $n\in \mathbb {N}$ ，我們定義 $x^{\frac {1}{n}}={\sqrt[{n}]{x}}$ 為 x 的唯一非負 n 次方根。然後我們定義所有有理數冪如下

如果

r={\frac {p}{q}}

是以最簡形式表示的（即 p 和 q 沒有公因子且

q>0

），我們定義

x^{r}=({\sqrt[{q}]{x}})^{p}

。

我們的定義即使 ${\frac {p}{q}}$ 不是以最簡形式表示的，也會同樣有效，我們很快就會看到這一點。首先我們必須證明一些基本事實

${\sqrt[{m}]{\sqrt[{n}]{x}}}={\sqrt[{mn}]{x}}$

注意， $({\sqrt[{m}]{\sqrt[{n}]{x}}})^{mn}=(({\sqrt[{m}]{\sqrt[{n}]{x}}})^{m})^{n}={\sqrt[{n}]{x}}^{n}=x$ 。因此 ${\sqrt[{m}]{\sqrt[{n}]{x}}}$ 是 x 的 mn 次方根。該結果直接由正根的唯一性得出。

$x^{\frac {p}{q}}={\sqrt[{q}]{x^{p}}}={\sqrt[{q}]{x}}^{p}$

利用我們對整數冪的瞭解，我們看到 $(x^{\frac {1}{q}})^{p})={\sqrt[{q}]{({\sqrt[{q}]{x}}^{p})^{q})}}={\sqrt[{q}]{({\sqrt[{q}]{x}}^{q})^{p})}}={\sqrt[{q}]{x^{p}}}$

正如承諾的那樣，我們的定義不依賴於表示 r 的分數

如果 ${\frac {p}{q}}={\frac {m}{n}}$ ，則 $x^{\frac {p}{q}}={\sqrt[{n}]{x^{m}}}$ 。

如果 ${\frac {p}{q}}={\frac {m}{n}}$ ，則 $m=cp$ 且 $n=cq$ 對某個 $c\in \mathbb {Z}$ 成立。因此 ${\sqrt[{n}]{x^{m}}}=({\sqrt[{c}]{\sqrt[{q}]{x}}}^{c})^{p}={\sqrt[{q}]{x^{p}}}=x^{\frac {p}{q}}$ .

現在我們將證明關於有理數冪的標準代數事實

如果 $r,s\in \mathbb {Q}$ 且 $x>0$ ，則 $x^{r}x^{s}=x^{r+s}$ 且 $(x^{r})^{s}=x^{rs}$

證明：設 $r={\frac {a}{b}}$ 且 $s={\frac {c}{d}}$ 。則 $x^{r}x^{s}=x^{\frac {a}{b}}x^{\frac {c}{d}}=x^{\frac {ad}{bd}}x^{\frac {bc}{bd}}=(x^{\frac {1}{bd}})^{ad}(x^{\frac {1}{bd}})^{bd}=(x^{\frac {1}{bd}})^{ad+bc}=x^{\frac {ad+bc}{bd}}=x^{(r+s)}$

此外， $x^{rs}$ $=x^{{\frac {a}{b}}{\frac {c}{d}}}$ $=x^{\frac {ac}{bd}}$ $=(x^{ac})^{\frac {1}{bd}}$ = $(((x^{a})^{c})^{\frac {1}{b}})^{\frac {1}{d}}$ $=(((x^{a})^{\frac {1}{b}})^{c})^{\frac {1}{d}}$ $=(x^{\frac {a}{b}})^{\frac {c}{d}}$

如果 $r={\frac {a}{b}}>0\in \mathbb {Q}$ 並且 $y>x>0$ ，則 $y^{r}>x^{r}>0$ .

證明：如果 $y^{\frac {1}{b}}\leq x^{\frac {1}{b}}$ ，則 $(y^{\frac {1}{b}})^{b}\leq (x^{\frac {1}{b}})^{b}$ ，並且 $y\leq x$ ，與假設 $y>x>0$ 相矛盾。所以 $y^{\frac {1}{b}}>x^{\frac {1}{b}}>0$ 。由於 a > 0， $y^{\frac {a}{b}}>x^{\frac {a}{b}}>0$ 。因此 $y^{r}>x^{r}>0$

有理冪的連續性

現在我們將利用前面的代數性質證明所有有理冪的連續性。

$f(x)=x^{\frac {1}{n}}$ 在所有 $n\in \mathbb {N}$ 以及 $x\geq 0$ 時連續。

證明：給定 $\epsilon >0$ ，令 $\delta =|c^{\frac {n-1}{n}}|\epsilon$ 。那麼 $|x-c|<\delta \implies$

$|x^{\frac {1}{n}}-c^{\frac {1}{n}}|={\frac {|x^{\frac {1}{n}}-c^{\frac {1}{n}}||x^{\frac {n-1}{n}}+x^{\frac {n-2}{n}}c^{\frac {1}{n}}+\cdots +x^{\frac {1}{n}}c^{\frac {n-2}{n}}+c^{\frac {n-1}{n}}|}{|x^{\frac {n-1}{n}}+x^{\frac {n-2}{n}}c^{\frac {1}{n}}+\cdots +x^{\frac {1}{n}}c^{\frac {n-2}{n}}+c^{\frac {n-1}{n}}|}}$ $={\frac {|x-c|}{|x^{\frac {n-1}{n}}+x^{\frac {n-2}{n}}c^{\frac {1}{n}}+\cdots +x^{\frac {1}{n}}c^{\frac {n-2}{n}}+c^{\frac {n-1}{n}}|}}$ $\leq {\frac {|x-c|}{|c^{\frac {n-1}{n}}|}}<{\frac {|c^{\frac {n-1}{n}}|\epsilon }{|c^{\frac {n-1}{n}}|}}=\epsilon$ .