ż 0.5. Funkcja wykładnicza w 12 łatwych lematach 13
ż 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
1 1
po roku (1 + )4 =2,44 zł, przy miesięcznej  (1 + )12 =2,61 zł, przy
4 12
1
codziennej  (1+ )365 =2,71 zł. Nigdy jednak nie otrzymamy więcej niż
365
1
e =2,718... zł, bowiem  jak już wiemy  ciąg o wyrazach (1 + )n jest
n
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:
n
x
df
exp(x) = lim 1+ (1)
n"
n
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) =ex, x " R.
1. Jeśli nan 0, to (1 + an)n 1.
nan
D o w ó d. Z założenia wynika, że an 0, a także 0. W takim razie
1+an
nan
dla dostatecznie dużych n jest | | < 1 i mamy
1+an
1 1
1+nan (1 + an)n = n .
nan
an 1 -
1+an
1 -
1+an
Skorzystaliśmy dwukrotnie z nierówności Bernoulliego. Skrajne wyrażenia
zmierzają do 1, i zastosowanie twierdzenia o trzech ciągach kończy dowód.
x
2. CiÄ…g o wyrazach (1 + )n, gdzie n>-x, jest niemalejÄ…cy.
n
14
Dowód. Jeśli n>-x, wyrazy ciągu są dodatnie, wystarczy zatem spraw-
dzić, że iloraz sąsiednich wyrazów jest nie mniejszy niż 1:
n+1
x n+1
x x

1+
-
n+1 x
n+1 n
n = 1+ 1+ =
x
x
n 1+
1+
n
n
n+1
n + x -x n + x x
= 1+ 1 - =
n (n +1)(n + x) n n + x
n + x n
= · =1.
n n + x
Skorzystaliśmy z nierówności Bernoulliego.
3. jeśli x 0, to
n
x
0 < lim 1+ 1.
n"
n
Dowód. 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
n
x
exp(x) = lim 1+ .
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
n n x2 n
x x
1+ · 1 - = 1 - .
n n n2
Prawa strona powyższej równości zmierza do 1 na mocy 1, a drugi czynnik
po lewej stronie ma granicÄ™ dodatniÄ… na mocy 3. KorzystajÄ…c z twierdzenia
o działaniach arytmetycznych na granicach otrzymujemy:
n
x2
n
limn" 1 -
x n2 1
exp(x) = lim 1+ = n = .
x
n"
n exp(-x)
limn" 1 -
n
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.
ż 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
n
x x
1+ 1+n · =1 +x,
n n
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 niemalejÄ…cy.
6. Funkcja exp(x) jest niemalejÄ…ca, czyli exp(x) exp(y) dla x y.
Dowód. Dla n>-x zachodzi nierówność
n n
x y
1+ 1+ ,
n n
i wystarczy wziąć granice z obu stron.
7. exp(x + y) =exp(x) · exp(y).
Dowód. Mamy:
n
n n
x y xy
1+ 1+
exp(x) · exp(y)
n n2
= lim nn = lim 1+ =1
x+y
x+y
n" n"
exp(x + y)
1+
1+
n
n
na mocy punktu 1.
Stosując punkt 7. wielokrotnie otrzymujemy nieco ogólniejszy wzór:
exp(x1 +. . . +xn) =exp(x1) · . . . · exp(xn), (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):
1 1 1
exp(x) = = , x < 1.
exp(-x) 1+(-x) 1 - x
9. Obustronne oszacowanie
1
1+x exp(x) , x < 1,
1 - x
16
oraz twierdzenie o trzech ciągach prowadzą do wniosku, że gdy an 0, to
exp(an) 1. Ogólniej, jeśli an a, to
exp(an) =exp(an - a)exp(a) exp(a).
Krótko mówiąc, funkcja exp(x) jest wszędzie ciągła (pojęcie to zdefiniujemy
póz
niej).
Ponadto
1 x
x exp(x) - 1 - 1 = , x < 1,
1 - x 1 - x
z czego wynika, że dla x>0:
exp(x) - 1 1
1 ,
x 1 - x
i dla x<0:
exp(x) - 1 1
1 .
x 1 - x
W takim razie, gdy an 0, to
exp(an) - 1
1.
an
Interpretacja geometryczna otrzymanej zależności jest następująca: przez
punkty o współrzędnych (0, 1) i (an, exp(an)), należące do wykresu funkcji
wykładniczej, przeprowadzamy prostą, tzw. sieczną. Wyrażenie po lewej
stronie jest po prostu tangensem kąta nachylenia siecznej do poziomu. Jeśli
an 0, to tangens kÄ…ta nachylenia zmierza do 1, zatem sieczne zmierzajÄ…
do granicznego położenia, a mianowicie do stycznej.
Istnieje też interpretacja finansowa. Jak widzieliśmy na początku, przy no-
A co będzie, gdy
x = -1%?
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:
n
1
df
e = exp(1) = lim 1+ .
n"
n
1 10 1 1
Widać, że e (1+ )3 =2 , a także e = exp(1) = exp(3 )3 =33 .
1
3 27 8
(1- )3
3
Podobna metoda pozwala oszacować e z góry i z dołu z dowolną dokładno-
ścią. Faktycznie
e =2,718281828 . . .
11. exp(x) =ex, jeśli x jest liczbą wymierną.
ż 0.5. Funkcja wykładnicza w 12 łatwych lematach 17
Dowód. Na mocy 7 mamy
exp(n) = exp(1+. . +1) = (exp(1))n, n =1, 2, 3, . . . .
.
n razy
W takim razie
1
exp(-n) = =e-n, n =1, 2, . . .
exp(n)
Niech teraz p będzie dowolną liczbą całkowitą, zaś q  naturalną. Na mocy
(3) mamy
q
p p
ep =exp(p) =exp q = exp ,
q q
czyli

p
exp =ep/q,
q
co kończy dowód.
Na zakończenie udowodnimy, że exp(x) =ex dla wszystkich x " R. Wy-
maga to odwołania się do definicji potęgi ax, gdzie a >0 i x jest dowolną
liczbą rzeczywistą. Przypomnimy, że jeśli a 1, to
df
ax =sup{aw: wdf
Dla 0 12. exp(x) =ex dla wszystkich x " R.
D o w ó d. Wiemy już z 6, że dla wwynika, że:
ex =sup{ew: wPodstawiając do otrzymanej nierówności -x widzimy, że
e-x exp(-x), x " R,
i biorąc odwrotności obu stron otrzymujemy
ex exp(x), x " R.
Obie nierówności pokazują, że ex =exp(x), x " R.
Uwaga. Można udowodnić, że liczba e jest niewymierna.
Udowodnimy jeszcze użyteczne uogólnienie 1.
18
Twierdzenie 1. Jeśli limn" xn = x, to
n
xn
lim 1+ =ex.
n"
n
D o w ó d. Zwróćmy uwagę, że gdy xn 0, twierdzenie jest przeformułowa-
niem 1. Z 1 wynika, że:
n n xn - x xxn n
xn x
1+ · 1 - = 1+ - 1.
n n n n2
Podobnie jak w dowodzie 4 wynika stÄ…d teza twierdzenia.