§ 0.5. Funkcja wykładnicza w 12 łatwych lematach

13

§ 0.5. Funkcja wykładnicza w 12 łatwych lematach

Nominalna i efektywna stopa procentowa. Nominalna stopa procen-
towa służy do obliczania odsetek od kapitału. Jeśli na przykład wynosi
ona 100% w stosunku rocznym, to po roku 1 zł kapitału da 1 zł odsetek.
Jak wiadomo, wiele banków dopisuje odsetki do kapitału częściej niż raz
w roku. Przy kapitalizacji półrocznej początkowa kwota 1 zł daje po pół
roku 50 gr odsetek. Teraz łączny kapitał 1,50 zł da po kolejnym półroczu
75 gr odsetek, czyli razem — 2,25 zł. W tym przypadku kapitał wzrósł
o 125%. Jest to efektywna stopa procentowa, uwzględniająca kapitalizację
odsetek. Nietrudno zobaczyć, że przy kapitalizacji kwartalnej otrzymamy
po roku (1 +

1
4

)

4

= 2

,44 zł, przy miesięcznej — (1 +

1

12

)

12

= 2

,61 zł, przy

codziennej — (1+

1

365

)

365

= 2

,71 zł. Nigdy jednak nie otrzymamy więcej niż

e = 2

,718... zł, bowiem — jak już wiemy — ciąg o wyrazach (1 +

1

n

)

n

jest

rosnący i ma granicę, równą e. Nawiasem mówiąc, prosty argument finan-
sowy pokazuje, że ten ciąg jest rosnący: przy częstszej kapitalizacji odsetki
zaczynają „pracować” wcześniej.

Rzadko kiedy nominalna stopa procentowa wynosi 100%. Przyjęcie, że jest
ona równa

x prowadzi do definicji funkcji wykładniczej.

Funkcja wykładnicza. Udowodnimy mianowicie, że równość:

exp(

x)

df

= lim

n→∞

1 +

x
n



n

(1)

poprawnie określa funkcję

exp: R

→ R,

zwaną funkcją wykładniczą. Z powyższej definicji wyprowadzimy najważ-
niejsze własności funkcji wykładniczej, a w szczególności pokażemy, że

exp(

x) = e

x

, x ∈ R.

1. Jeśli

na

n

→ 0, to (1 + a

n

)

n

→ 1.

D o w ó d. Z założenia wynika, że

a

n

→ 0, a także

na

n

1+a

n

→ 0. W takim razie

dla dostatecznie dużych

n jest |

na

n

1+a

n

| < 1 i mamy

1 +

na

n

 (1 + a

n

)

n

=

1

1

−

a

n

1+a

n



n



1

1

−

na

n

1+a

n

.

Skorzystaliśmy dwukrotnie z nierówności Bernoulliego. Skrajne wyrażenia
zmierzają do 1, i zastosowanie twierdzenia o trzech ciągach kończy dowód.

2. Ciąg o wyrazach (1 +

x

n

)

n

, gdzie

n > −x, jest niemalejący.

14

D o w ó d. Jeśli

n > −x, wyrazy ciągu są dodatnie, wystarczy zatem spraw-

dzić, że iloraz sąsiednich wyrazów jest nie mniejszy niż 1:

1 +

x

n+1



n+1



1 +

x

n



n

=

1 +

x
n

 

1 +

x

n+1

−

x

n

1 +

x

n



n+1

=

=

n + x

n



1 +

−x

(

n + 1)(n + x)



n+1



n + x

n



1

−

x

n + x



=

=

n + x

n

·

n

n + x

= 1

.

Skorzystaliśmy z nierówności Bernoulliego.

3. jeśli

x  0, to

0

< lim

n→∞

1 +

x
n



n

 1.

D o w ó d. Dla

x  0 i n > −x wszystkie wyrazy rozpatrywanego ciągu leżą

w przedziale (0

, 1]. Ponieważ (na mocy 2) ciąg jest niemalejący, jest zbieżny,

a granica nie może być mniejsza od pierwszego wyrazu, który znalazł się w
przedziale (0

, 1].

Jak dotąd, udowodniliśmy, że funkcja exp(

x) jest dobrze określona na prze-

dziale (

−∞, 0] i przyjmuje tam wartości dodatnie. Ponadto exp(0) = 1.

Teraz wykażemy, że równość (1) określa funkcję exp(

x) również na prze-

dziale (0

, ∞).

4. Dla każdego

x ∈ R istnieje dodatnia granica

exp(

x) = lim

n→∞

1 +

x
n



n

.

Ponadto exp(

x) > 0 i exp(x) · exp(−x) = 1, x ∈ R.

D o w ó d. Wystarczy udowodnić istnienie granicy dla

x > 0. Mamy

1 +

x
n



n

·

1

−

x
n



n

=



1

−

x

2

n

2



n

.

Prawa strona powyższej równości zmierza do 1 na mocy 1, a drugi czynnik
po lewej stronie ma granicę dodatnią na mocy 3. Korzystając z twierdzenia
o działaniach arytmetycznych na granicach otrzymujemy:

exp(

x) = lim

n→∞

1 +

x
n



n

=

lim

n→∞

1

−

x

2

n

2



n

lim

n→∞



1

−

x

n



n

=

1

exp(

−x)

.

Wynika stąd poprawność definicji funkcji wykładniczej dla

x > 0. Ponadto

widać, że zawsze exp(

x) > 0 i exp(x) · exp(−x) = 1.

Udowodnimy teraz najważniejsze własności funkcji wykładniczej.

§ 0.5. Funkcja wykładnicza w 12 łatwych lematach

15

5. exp(

x)  1 + x, x ∈ (−∞, ∞). Równość ma miejsce wtedy i tylko wtedy,

gdy

x = 0.

D o w ó d. Z nierówności Bernoulliego wynika, że dla

n > −x

1 +

x
n



n

 1 + n ·

x
n

= 1 +

x,

co daje żądaną nierówność po wzięciu granicy obu stron przy

n → ∞. Jeśli

x = 0, to biorąc n  max(2, −x) otrzymamy nierówność ostrą. Wystarczy
teraz wziąć granicę przy

n → ∞ i skorzystać z tego, że ciąg po lewej stronie

jest niemalejący.

6. Funkcja exp(

x) jest niemalejąca, czyli exp(x)  exp(y) dla x  y.

D o w ó d. Dla

n > −x zachodzi nierówność

1 +

x
n



n



1 +

y

n



n

,

i wystarczy wziąć granice z obu stron.

7. exp(

x + y) = exp(x) · exp(y).

D o w ó d. Mamy:

exp(

x) · exp(y)

exp(

x + y)

= lim

n→∞



1 +

x

n



n



1 +

y

n



n



1 +

x+y

n



n

= lim

n→∞

1 +

xy

n

2

1 +

x+y

n

n

= 1

na mocy punktu 1.

Stosując punkt 7. wielokrotnie otrzymujemy nieco ogólniejszy wzór:

exp(

x

1

+ . . . +

x

n

) = exp(

x

1

)

· . . . · exp(x

n

)

,

(2)

z którego w szczególności wynika, że

exp(

nx) = exp(x)

n

, n = 1, 2, . . .

(3)

Korzystając z 7 możemy teraz wzmocnić stwierdzenie z punktu 6, a mia-
nowicie wykazać, że funkcja exp jest rosnąca. Jeśli

x > y, to na mocy 7 i

5:

exp(

x) = exp(x−y +y) = exp(x−y)·exp(y)  (1+x−y)·exp(y) > exp(y).

8. Z punktu 5 wynika oszacowanie od góry na exp(

x):

exp(

x) =

1

exp(

−x)



1

1 + (

−x)

=

1

1

− x

, x < 1.

9. Obustronne oszacowanie

1 +

x  exp(x) 

1

1

− x

, x < 1,

16

oraz twierdzenie o trzech ciągach prowadzą do wniosku, że gdy

a

n

→ 0, to

exp(

a

n

)

→ 1. Ogólniej, jeśli a

n

→ a, to

exp(

a

n

) = exp(

a

n

− a) exp(a) → exp(a).

Krótko mówiąc, funkcja exp(

x) jest wszędzie ciągła (pojęcie to zdefiniujemy

później).

Ponadto

x  exp(x) − 1 

1

1

− x

− 1 =

x

1

− x

, x < 1,

z czego wynika, że dla

x > 0:

1



exp(

x) − 1

x



1

1

− x

,

i dla

x < 0:

1



exp(

x) − 1

x



1

1

− x

.

W takim razie, gdy

a

n

→ 0, to

exp(

a

n

)

− 1

a

n

→ 1.

Interpretacja geometryczna otrzymanej zależności jest następująca: przez
punkty o współrzędnych (0

, 1) i (a

n

, exp(a

n

)), należące do wykresu funkcji

wykładniczej, przeprowadzamy prostą, tzw. sieczną. Wyrażenie po lewej
stronie jest po prostu tangensem kąta nachylenia siecznej do poziomu. Jeśli
a

n

→ 0, to tangens kąta nachylenia zmierza do 1, zatem sieczne zmierzają

do granicznego położenia, a mianowicie do stycznej.

A co będzie, gdy

x = −1%?

Istnieje też interpretacja finansowa. Jak widzieliśmy na początku, przy no-
minalnej stopie procentowej 100% w stosunku rocznym górne ograniczenie
efektywnej stopy procentowej jest równe exp(1)

− 1 = e − 1 = 1,718.... Przy

nominalnej stopie procentowej

x ograniczenie to wynosi exp(x) − 1. Otóż

dla niedużych wartości

x różni się ono niewiele od x, na przykład dla 10%

wynosi 10,52%, dla 5% — 5,13%, dla 1% — 1,01%. Jak widać, odpowiednie
ilorazy są coraz bliższe 1.

10. Liczbę e zdefiniowaliśmy już wcześniej. Mamy:

e

df

= exp(1) = lim

n→∞



1 +

1

n



n

.

Widać, że e

 (1+

1
3

)

3

= 2

10
27

, a także e = exp(1) = exp(

1
3

)

3



1

(1−

1

3

)

3

= 3

3
8

.

Podobna metoda pozwala oszacować e z góry i z dołu z dowolną dokładno-
ścią. Faktycznie

e = 2

,718281828 . . .

11. exp(

x) = e

x

, jeśli

x jest liczbą wymierną.

§ 0.5. Funkcja wykładnicza w 12 łatwych lematach

17

D o w ó d. Na mocy 7 mamy

exp(

n) = exp(1 + . . . + 1







n razy

) = (exp(1))

n

, n = 1, 2, 3, . . . .

W takim razie

exp(

−n) =

1

exp(

n)

= e

−n

, n = 1, 2, . . .

Niech teraz

p będzie dowolną liczbą całkowitą, zaś q — naturalną. Na mocy

(3) mamy

e

p

= exp(

p) = exp



q

p
q



=



exp



p
q



q

,

czyli

exp



p
q



= e

p/q

,

co kończy dowód.

Na zakończenie udowodnimy, że exp(

x) = e

x

dla wszystkich

x ∈ R. Wy-

maga to odwołania się do definicji potęgi

a

x

, gdzie

a > 0 i x jest dowolną

liczbą rzeczywistą. Przypomnimy, że jeśli

a  1, to

a

x df

= sup

{a

w

:

w < x, w ∈ Q}.

Dla 0

< a < 1 przyjmujemy a

x df

= (

a

−1

)

−x

.

12. exp(

x) = e

x

dla wszystkich

x ∈ R.

D o w ó d. Wiemy już z 6, że dla

w < x mamy exp(w)  exp(x). Stąd i z 11

wynika, że:

e

x

= sup

{e

w

:

w < x, w ∈ Q} = sup{exp(w): w < x, w ∈ Q}  exp(x).

Podstawiając do otrzymanej nierówności

−x widzimy, że

e

−x

 exp(−x), x ∈ R,

i biorąc odwrotności obu stron otrzymujemy

e

x

 exp(x), x ∈ R.

Obie nierówności pokazują, że e

x

= exp(

x), x ∈ R.

Uwaga. Można udowodnić, że liczba e jest niewymierna.

Udowodnimy jeszcze użyteczne uogólnienie 1.

18

Twierdzenie 1.

Jeśli lim

n→∞

x

n

=

x, to

lim

n→∞

1 +

x

n

n



n

= e

x

.

D o w ó d. Zwróćmy uwagę, że gdy

x

n

→ 0, twierdzenie jest przeformułowa-

niem 1. Z 1 wynika, że:

1 +

x

n

n



n

·

1

−

x
n



n

=



1 +

x

n

− x

n

−

xx

n

n

2



n

→ 1.

Podobnie jak w dowodzie 4 wynika stąd teza twierdzenia.