יום חמישי, 2 בינואר 2014

פונקציית האקספוננט


רשימה זו נכתבה למענם של תלמידי כיתת ההעמקה בחמד"ע היות ולחלק ניכר מהם טרם יצא ללמוד כמו שצריך על פונקציית האקספוננט. כאן בדיוק נפגשת חדוות הכתיבה שלי עם חדוות ההשכלה של התלמידים... תהנו.

נתבונן בפונקציה המעריכית \(f\left(x\right)=a^{x}\) עבור מספר ממשי קבוע כלשהו \(a>0\). שימו לב שהתלות במשתנה הבלתי תלוי \(x\) מופיעה במעריך החזקה, לא בבסיסה. מהי הנגזרת של הפונקציה הזו? כזכור, פונקצית השיפוע \(g'\) של פונקציה חלקה כלשהי \(g\) ניתנת באמצעות הגדרת הנגזרת, 
\begin{aligned}g'\left(x\right)&=\lim_{\Delta{x}\to0}\frac{g\left(x+\Delta{x}\right)-g\left(x\right)}{\Delta{x}}\\&=\lim_{\Delta{x}\to0}\frac{\Delta{g}}{\Delta{x}}\stackrel{{\text{צורת}\atop\text{כתיבה}}\atop\downarrow}{\equiv}\frac{\mathrm{d}g}{\mathrm{d}x}\end{aligned}
באשר \(\mathrm{d}g\) מכונה הדיפרנציאל של \(g\), והוא מתאר את השינו האינפיניטסימלי ב-\(g\) בתוך המרווח האינפיניטסימלי \(\mathrm{d}x\). אגב, בדרך כלל נהוג ללכת בכיוון ההפוך ולהגדיר את הדיפרנציאל באמצעות הנגזרת היינו, \(\mathrm{d}g=g'\mathrm{d}x\). מכל מקום, במקרה שלנו נקבל:
\begin{aligned}\left(a^{x}\right)'&=\lim_{\Delta{x}\to0}\frac{a^{\left(x+\Delta{x}\right)}-a^{x}}{\Delta{x}}=\lim_{\Delta{x}\to0}\frac{a^{x}\left(a^{\Delta{x}}-1\right)}{\Delta{x}}\\&=a^{x}\left\{\lim_{\Delta{x}\to0}\frac{a^{\Delta{x}}-1}{\Delta{x}}\right\}\,,\end{aligned}
היות ו-\(a^{x}\) לא תלוי בשאיפה של \(\Delta{x}\) לאפס. ברור שהגבול שבתוך הסוגריים המסולסלים תלוי רק בפרמטר \(a\) וכלל לא במשתנה \(x\). נשאלת השאלה: האם קיים \(a\) מיוחד שעבורו הגבול הזה שווה בדיוק לאחד? ובכן, הבה נניח שהוא קיים ונסמן אותו באות \(e\), כלומר \(a=e\) הוא אותו מספר שעבורו 
\begin{aligned}\lim_{\Delta{x}\to0}\frac{e^{\Delta{x}}-1}{\Delta{x}}=1\,.\end{aligned}

שימו לב שאם יש כזה \(e\) אז הפונקציה \(f(x)=e^{x}\) היא פונקציה באמת מאוד מיוחדת משום שהיא מקיימת את הקשר 
\begin{aligned}f'\left(x\right)=f\left(x\right),\quad\stackrel{{\text{קיראו}\atop\text{משמאל לימין}}\atop\longrightarrow}{\text{ןבומכו}}\quad f\left(0\right)=1\end{aligned} 
כלומר זוהי פונקציה שפונקצית השיפוע שלה שווה לה עצמה. במילים אחרות, ערכו של השיפוע של הפונקציה \(f(x)=e^{x}\) בכל נקודה ונקודה שווה לערך הפונקציה עצמה באותה נקודה.

כיצד נמצא את הערך של \(e\)? ובכן, מסתבר שזה די קל: הדרך לדעת זאת עוברת דרך טור החזקות של \(f(x)=e^{x}\). בואו ניזכר בטענה שהועלתה בכיתה בהקשר זה: לכל פונקציה \(g\left(x\right)\) הניתנת לגזירה אינסוף פעמים אפשר לשייך טור חזקות המתכנס לפונקציה לכל ערך של \(x\) בתוך תחום המכונה רדיוס ההתכנסות \(R\) של הפונקציה. וכך, אם \(x_{0}\) היא הנקודה סביבה פיתחנו את הטור, אזי לכל נקודה \(x\) על הישר הממשי המקיימת \(\left|x-x_{0}\right|<R\) (כלומר לכל נקודה אשר מרחקה מ-\(x_{0}\) קטן מרדיוס ההתכנסות \(R\)) מתקיים,
\begin{aligned}g\left(x\right)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{g^{(n)}\left(x_{0}\right)}{n!}\left(x-x_{0}\right)^{n}\end{aligned}
באשר \(g^{(n)}\left(x_{0}\right)\) היא הנגזרת מסדר \(n\) של \(g\) בנקודה \(x_{0}\) כלומר הנגזרת ה-\(n\)-ית של \(g\) בנקודה זו. האיבר הראשון בטור (\(n=0\)) מכונה סדר האפס של הפיתוח והוא מן הסתם מספר חופשי, האיבר השני בטור (\(n=1\)) מכונה סדר ראשון בפיתוח וכ'. ובפרט, אם נבחר \(x_{0}=0\) (בתנאי כמובן ש-\(g\) גזירה אינסוף פעמים בנקודה זו) נקבל את הפיתוח הנוח
\begin{aligned}g\left(x\right)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{g^{(n)}\left(0\right)}{n!}x^{n}.\end{aligned}
במקרה המיוחד שלנו הנגזרת של הפונקציה \(f(x)=e^{x}\) היא תמיד הפונקציה עצמה, והיות ו-\(f(0)=e^{0}=1\), נקבל שהנגזרות של \(f\) מכל סדר שהוא בנקודה \(x_{0}=0\) מקיימות תמיד את הזהות \(f^{(n)}(0)\equiv1\). לכן,
\begin{aligned}e^{x}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^{n}}{n!}={1}+x+\frac{x^{2}}{2!}+\frac{x^{3}}{3!}+\frac{x^{4}}{4!}+\cdots\end{aligned}
אתם מוזמנים לגזור את הטור באגף ימין איבר איבר ולגלות שמתקבל טור חדש... שהוא בדיוק הטור שהתחלתם איתו... כרצוי וכצפוי.

מהו רדיוס ההתכנסות של טור החזקות של \(e^{x}\)? ובכן, משפט על שם דלמברט מספר לנו שרדיוס ההתכנסות של טור חזקות כלשהו מתקבל מתוך חישוב הגבול של מנה של שני מקדמים של שני איברים עוקבים כאשר \(n\to\infty\) . ובמקרה שלנו,
\begin{aligned}R_{\left\{e^{x}\right\}}&=\lim_{n\to\infty}\left|\frac{a_{n}}{a_{n+1}}\right|=\lim_{n\to\infty}\frac{1/n!}{1/\left(n+1\right)!}=\lim_{n\to\infty}\frac{\left(n+1\right)!}{n!}\\&=\lim_{n\to\infty}\left(n+1\right)=\infty\,.\end{aligned}
היות ובמקרה שלנו רדיוס ההתכנסות הוא אינסופי, הרי שהשיוויון בין הפונקציה שבאגף שמאל לטור שבאגף ימין נכון לכל \(x\), ובפרט ל- \(x=1\). נציג זאת בביטוי עבור הטור ונקבל את הערך של \(e\) בדיוק רב כרצוננו; למשל אחד עשר האיברים הראשונים בטור (n=10) מנפיקים את הערך המספרי
\begin{aligned}e=1+1+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+\cdots+\frac{1}{10!}=2.718281801\end{aligned}
אפשר להוכיח ש-\(e\) הוא מספר אי-רציונאלי, וככל שנכלול יותר איברים בסכום נגיע לערך יותר מקורב שלו. זאת ועוד: ככל שהערך של \(x\) קרוב יותר ל-\(x_{0}\), ההתכנסות של הטור לערך הפונקציה באגף שמאל מהירה יותר. במקרה שלנו \(x=1\) קרוב למדי ל-\(x_{0}=0\) ואחד-עשר האיברים הראשונים בפיתוח מספיקים לנפק את הערך של \(e\) בדיוק של שבע ספרות אחרי הנקודה.

לפונקציה \(f\left(x\right)=e^{x}\) קוראים פונקצית האקספוננט ולעיתים מסמנים אותה כ-\(\text{exp}\left(x\right)\). הנה גרף הפונקציה (אולי אשפר את הגרפים בהמשך, כרגע אסתפק במה שיש לויקיפדיה להציע):


כפי שאפשר לראות מהגרף, הפונקציה דוהרת מהר מאוד לאפס עבור \(x\)-ים שליליים (ציר ה-\(x\) הוא אסימפטוטה אופקית), ומהר מאוד לאינסוף עבור \(x\)-ים חיוביים (אך אין אסימפטוטה אנכית!); דוהרת מהר יותר מכל חזקה של \(x\). שימו לב שהפונקציה \(f\left(-x\right)=e^{-x}=1/e^{x}\) היא שיקוף של הפונקציה \(f(x)=e^{x}\) סביב ציר \(y\), מיד נעשה גם בה שימוש.

שתי הערות:
  • בנינו את את פונקצית האקספוננט כפונקציה מעריכית המקיימת את הדרישה \(f'=f\)  וקיבלנו ש- \(f=e^x\). מה נוכל לומר על הנגזרת של \(e^{g\left(x\right)}\) בהנחה ש-\(g\) גזירה? ובכן, שימוש בכלל השרשרת \(\mathrm{d}f/\mathrm{d}x=\left(\mathrm{d}f/\mathrm{d}g\right)\left(\mathrm{d}g/\mathrm{d}x\right)\) עבור ההרכבה \(f\left(g\left(x\right)\right)\) נותן מיד: \(f'=e^{g}g'\). כך לדוגמא, \(\left(e^{\sin{x}}\right)'=e^{\sin{x}}\cos{x}\) וכ'.
  • מה נוכל לומר על הפונקציה ההפוכה של האקספוננט? ובכן, אם \(y=e^{x}\) אז על פי הגדרה \(x=\log_{e}y\). את הלוג לפי בסיס \(e\) נוהגים לסמן באמצעות הסימול \(\ln\) (כשהכוונה כאן היא ללוגריתם לפי בסיס "טבעי") ולכן, \(x=\ln{y}\) ומכאן גם הזהות \(y=e^{\ln{y}}\). קל לראות ש- \(\ln1=0\) ו- \(\ln{e}=1\). עוד על תכונות הלוגריתם תוכלו לקרוא בויקיפדיה. מצרף כאן את גרף האקספוננט וגרף הלוג על אותה מערכת צירים:


כזכור לכם, כל פונקציה \(f\) ניתנת לפירוק לסכום של חתיכה זוגית \(g\) וחתיכה אי-זוגית \(h\) על פי הסכימה
\begin{aligned}f\left(x\right)=\underbrace{\frac{1}{2}\big[f\left(x\right)+f\left(-x\right)\big]}_{\displaystyle{\equiv\;g\left(x\right)\atop\Downarrow}\displaystyle\atop\displaystyle{g}\left(-x\right)=g\left(x\right)}+\underbrace{\frac{1}{2}\big[f\left(x\right)-f\left(-x\right)\big]}_{\displaystyle{\equiv\;h\left(x\right)\atop\displaystyle\Downarrow}\atop\displaystyle{h}\left(-x\right)=-h\left(x\right)}\end{aligned}
נשתמש בסכימה הזו כדי לפרק את האקספוננט:
\begin{aligned}e^{x}=\frac{1}{2}\left(e^{x}+e^{-x}\right)+\frac{1}{2}\left(e^{x}-e^{-x}\right)\end{aligned}
החתיכה הזוגית של האקספוננט מכונה קוסינוס היפרבולי (ובסלנג מקובל, קוש-\(x\)) והחתיכה האי-זוגית מכונה סינוס היפרבולי (ובסלנג מקובל סינש-\(x\)):
\begin{aligned}\cosh{x}&:=\frac{1}{2}\left(e^{x}+e^{-x}\right)\\\sinh{x}&:=\frac{1}{2}\left(e^{x}-e^{-x}\right)\end{aligned}
כלומר \(e^{x}=\cosh{x}+\sinh{x}\) וגם \(e^{-x}=\cosh{x}-\sinh{x}\). הנה הגרפים של שתי הפונקציות הללו, וגם של הפונקציה החשובה טאנש-\(x\), המוגדרת כמנה של השתיים הנ"ל: \(\tanh{x}=\sinh{x}/\cosh{x}\) (ראו תרגילי הבית):


מדוע סינש קוש וטאנש? על משקל סינוס קוסינוס וטנגנס... הפונקציות ההיפרבוליות מקיימות זהויות המזכירות את הזהויות אותן מקיימות הפונקציות הטריגונומטריות - עד כדי סימן... לדוגמא:

\begin{aligned}(1)\quad\left\{\begin{align}\cosh^{2}x-\sinh^{2}x&=1&\Leftrightarrow&&\cos^{2}x+\sin^{2}x&=1\\\cosh^{2}x+\sinh^{2}x&=\cosh{2x}&\Leftrightarrow&&\cos^{2}x-\sin^{2}x&=\cos{2x}\end{align}\right.\end{aligned}

הנה עוד שתי דוגמאות (שימו לב לשינויים בסימן המחוברים במעבר מהזהויות בין הפונקציות ההיפרבוליות לזהויות בין הפונקציות הטריגונומטריות)

\begin{aligned}\cosh\left(x\pm{y}\right)&=\cosh{x}\cosh{y}\pm\sinh{x}\sinh{y}\\\Leftrightarrow\cos\left(x\pm{y}\right)&=\cos{x}\cos{y}\mp\sin{x}\sin{y}\end{aligned}
\begin{aligned}\sinh\left(x\pm{y}\right)&=\sinh{x}\cosh{y}\pm\cosh{x}\sinh{y}\\\Leftrightarrow\sin\left(x\pm{y}\right)&=\sin{x}\cos{y}\pm\cos{x}\sin{y}\end{aligned}
זאת ועוד, גם נגזרותיהן מזכירות זו את זו (עד כדי סימן):

\begin{aligned}\left(2\right)\quad\left\{\begin{align}\left(\cosh{x}\right)'&=\sinh{x}&\Leftrightarrow&&\left(\cos{x}\right)'&=-\sin{x}\\\left(\sinh{x}\right)'&=\cosh{x}&\Leftrightarrow&&\left(\sin{x}\right)'&=\cos{x}\end{align}\right.\end{aligned}

האם יש לכך סיבה? ועוד איך... אם \(\cosh{x}\) הוא החתיכה הזוגית של פונקצית האקספוננט, אז הפיתוח לטור חזקות שלו מכיל את כל (ואך ורק את) החזקות הזוגיות בפיתוח לטור חזקות של \(e^{x}\). באופן דומה, אם \(\sinh{x}\) הוא החתיכה האי זוגית של פונקצית האקספוננט אז הפיתוח לטור חזקות שלו מכיל את כל (ואך ורק את) החזקות האי-זוגיות המופיעות בפיתוח לטור חזקות של \(e^{x}\). בואו נשווה אותם לטורי החזקות של הפונקציות הטריגונומטריות:

\begin{aligned}\cosh{x}&=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^{2n}}{\left(2n\right)!}&\Leftrightarrow&&\cos{x}&=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{n}x^{2n}}{\left(2n\right)!}\\&=1+\frac{x^{2}}{2!}+\frac{x^{4}}{4!}+\cdots&&&&=1-\frac{x^{2}}{2!}+\frac{x^{4}}{4!}-\cdots\end{aligned}  
\begin{aligned}\sinh{x}&=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^{2n+1}}{\left(2n+1\right)!}&\Leftrightarrow&&\sin{x}&=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{n}x^{2n+1}}{\left(2n+1\right)!}\\&=x+\frac{x^{3}}{3!}+\frac{x^{5}}{5!}+\cdots&&&&=x-\frac{x^{3}}{3!}+\frac{x^{5}}{5!}-\cdots\end{aligned}  
אנו רואים שהטורים של הפונקציות הטריגונומטריות שונים מאלו של הפונקציות ההיפרבוליות רק בסימנים המתחלפים... טוב, ה"רק" הזה הוא הבדל של עולם ומלואו אבל בו טמונה התמונה הכמעט-סימטרית שציירנו למעלה. מכירים את המספר המדומה \(i=\sqrt{-1}\)? אותו מספר מיוחד המקיים \(i^{2}=-1\)? ובכן, בואו נתבונן בזווית המדומה \(\varphi=i\vartheta\) באשר \(\vartheta\) זווית ממשית ונבדוק מהו הקוסינוס ההיפרבולי שלה ומהו הסינוס ההיפרבולי שלה. בחישובינו נעשה שימוש בעובדה שחזקות זוגיות של \(i\) מנפקות את המספרים הממשיים \(\pm1\) וחזקות אי-זוגיות של \(i\) מנפקות את המספרים המדומים \(\pm{i}\), כך ש- \(i^{2n}=(-1)^{n}\) וכן \(i^{(2n+1)}=(-1)^{n}i\). הבה ניגש לחשבון:

\begin{aligned}\cosh{i\vartheta}&\;=\;1+\frac{\left(i\vartheta\right)^{2}}{2!}+\frac{\left(i\vartheta\right)^{4}}{4!}+\frac{\left(i\vartheta\right)^{6}}{6!}+\cdots\\&=1-\frac{\vartheta^{2}}{2!}+\frac{\vartheta^{4}}{4!}-\frac{\vartheta^{6}}{6!}+\cdots\;=\;\cos\vartheta\\\\\sinh{i\vartheta}&\;=\;\left(i\vartheta\right)+\frac{\left(i\vartheta\right)^{3}}{3!}+\frac{\left(i\vartheta\right)^{5}}{5!}+\frac{\left(i\vartheta\right)^{7}}{7!}+\cdots\\&=i\left(\vartheta-\frac{\vartheta^{3}}{3!}+\frac{\vartheta^{5}}{5!}-\frac{\vartheta^{7}}{7!}+\cdots\right)\;=\;i\,\sin\vartheta\end{aligned}
קיבלנו אם כן שהקוסינוס ההיפרבולי של הזווית המדומה \(i\vartheta\) שווה לקוסינוס של הזווית הממשית \(\vartheta\) והסינוס ההיפרבולי של הזווית המדומה \(i\vartheta\) שווה ל-\(i\) כפול הסינוס של הזווית הממשית \(\vartheta\). מכאן נוכל בקלות לשלוף את שתי הנוסחאות המפורסמות על שם אויילר,
\begin{aligned}\left(3\right)\quad\begin{align}e^{\pm{i}\vartheta}=\cos\vartheta\pm{i}\sin\vartheta\end{align}\end{aligned}
ובפרט, אם נציג \(\vartheta=\pi\) נקבל את הזהות המפורסמת \(e^{i\pi}+1=0\) המערבת גם את \(e\), גם את \(\pi\), גם את \(i\), וגם את המספרים \(0\) ו-\(1\)... שימו לב שהרחבת תחום תקפותו של האקספוננט למספרים מדומים (בנוסף לממשיים) מובילה גם להרחבת תחום תקפותה של הפונקציה ההפוכה, כלומר הלוגריתם. למשל, בהגבילנו עצמנו לקטע \(\vartheta\in\left[0,2\pi\right)\), הזהות \(e^{i\pi}=-1\) גוררת את הזהות... \(\ln\,\left(-1\right)=i\pi\); כלומר הלוגריתם הטבעי של מינוס אחת (שאינו קיים כלל מעל הממשיים) הוא מספר מדומה טהור.

ולבסוף, הבה נראה כיצד מוצאים את ההופכי של הקוסינוס ההיפרבולי (לדוגמא). הבה נציג \(y=\cosh{x}\). אזי, \(2y=e^{x}+e^{-x}\). נכפיל את שני האגפים ב-\(e^{x}\) ונקבל משוואה ריבועית במשתנה \(e^{x}\):
\begin{aligned}\left(e^{x}\right)^{2}-2y\left(e^{x}\right)+1=0\quad\Rightarrow\quad{e}^{x}=y\pm\sqrt{y^{2}-1}\end{aligned}
נוציא לוג לפי בסיס \(e\) לשני האגפים ונקבל \(x=\ln\left(y\pm\sqrt{y^{2}-1}\right)\). האם יכול להיות שקיבלנו שני הופכים שונים לחלוטין? לא ממש. נבצע להטוט אלגברי קטן באמצעות הזהות \(a^{2}-b^{2}=\left(a-b\right)\left(a+b\right)\):

\begin{aligned}y-\sqrt{y^{2}-1}&=\frac{\left(y-\sqrt{y^{2}-1}\right)\left(y+\sqrt{y^{2}-1}\right)}{y+\sqrt{y^{2}-1}}\\&=\frac{1}{y+\sqrt{y^{2}-1}}\end{aligned}

הואיל ו- \(\ln{1/a}=-\ln{a}\) נקבל בסופו של יום,

\begin{aligned}\underbrace{\cosh^{-1}y}_{\equiv\;x}=\pm\ln\left(y+\sqrt{y^{2}-1}\right).\end{aligned}
כלומר לפונקציה ההופכית יש שני "ענפים". שימו לב: כדי להבטיח עצמנו שהפונקציה ההופכית תהיה ממשית עלינו להגביל עצמנו לתחום  \(y\ge1\).




תרגילים:
  1. הוכיחו את הזהויות (1) ו-(2) עבור הפונקציות ההיפרבוליות.
  2. קבלו את נוסחת אוילר (3) ישירות מתוך טור החזקות של פונקצית האקספוננט.
  3. נגדיר את הטנגנס ההיפרבולי (טאנש-\(x\)) דרך\begin{aligned}\tanh{x}:=\frac{\sinh{x}}{\cosh{x}}\quad\left(=\frac{e^{x}-e^{-x}}{e^{x}+e^{-x}}\right)\end{aligned} הראו: \begin{aligned}\tanh\left(x\pm{y}\right)&=\frac{\tanh{x}\pm\tanh{y}}{1\pm\tanh{x}\tanh{y}}\\\tanh^{-1}x&=\frac{1}{2}\ln\left(\frac{1+x}{1-x}\right),\qquad\left|x\right|<1\end{aligned}
  4. קבלו את הנגזרת של \(y=\tanh{x}\) במונחים של \(\cosh{x}\); קבלו גם את הנגזרת של \(y=\tanh^{-1}{x}\). עשו זאת לא באמצעות הגדרת הנגזרת אלא באמצעות חוקי גזירה ושימוש בנגזרותיהם הידועות של הפונקציות \(\sinh{x}\) ו- \(\cosh{x}\).
  5. הוכיחו את נוסחת דה-מואבר (ככל הנראה נוסחה לא ע"י דה-מואבר): לכל מספר שלם \(n\) מתקיים: \begin{aligned}\left(\cos{x}+i\sin{x}\right)^{n}=\cos\left(nx\right)+i\sin\left(nx\right)\end{aligned}. 

נספח לא מחייב לחובבי גבולות על הערך של \(e\) כגבול של פונקציה (תודה לחיים שמואלי שהתווה בפני את הרעיון הכללי):

זוכרים שאת דיוננו התחלנו מהדרישה
\begin{aligned}?\quad\lim_{\Delta{x}\to0}\frac{e^{\Delta{x}}-1}{\Delta{x}}=1\end{aligned}
מכיוון שבפונקציות רציפות עסקינן, ואז גבול של מנה (של פונקציות) שווה למנת הגבולות, וכן גבול של סכום שווה לסכום הגבולות, ומאחר וגבול של קבוע שווה לקבוע עצמו, קל מאוד לראות שהגבול מעלה שקול למשוואה 
\begin{aligned}\lim_{\Delta{x}\to0}e^{\Delta{x}}=\lim_{\Delta{x}\to0}\left(\Delta{x}+1\right)\end{aligned}
ניקח לוג לפי בסיס \(e\) לשני האגפים (אין הכרח שנדע את ערכו המספרי המדויק של \(e\), זוהי הוצאת לוג פורמלית) ונשתמש בעובדה שלכל שתי פונקציות רציפות \(f\) ו-\(g\), ולכל \(x_{0}\) בתחום הגדרתן מתקיים
\begin{aligned}f\left(\lim_{x\to{x}_{0}}g\left(x\right)\right)=\lim_{x\to{x}_{0}}f\left(g\left(x\right)\right)\end{aligned} 
במקרה שלנו \(f=\log_{e}\), והיות ו- \(\log_{e}a^{b}=b\log_{e}a\) נקבל באגף שמאל:
\begin{aligned}\log_{e}\left\{\lim_{\Delta{x}\to0}e^{\Delta{x}}\right\}&=\lim_{\Delta{x}\to0}\left\{\log_{e}e^{\Delta{x}}\right\}=\lim_{\Delta{x}\to0}\left\{\Delta{x}\,\log_{e}e\right\}\end{aligned}
עבור אגף ימין נקבל
\begin{aligned}\log_{e}\left\{\lim_{\Delta{x}\to0}\left(\Delta{x}+1\right)\right\}&=\lim_{\Delta{x}\to0}\left\{\log_{e}\left(\Delta{x}+1\right)\right\}=\lim_{\Delta{x}\to0}\left\{\frac{\Delta{x}}{\Delta{x}}\,\log_{e}\left(\Delta{x}+1\right)\right\}\\&=\lim_{\Delta{x}\to0}\Big\{\Delta{x}\,\log_{e}\big(\Delta{x}+1\big)^{\frac{1}{\Delta{x}}}\Big\}\end{aligned}
מאחר וגבול של מכפלה שווה למכפלת הגבולות נוכל לצמצם את המכפיל \(\Delta{x}\) בשני אגפי המשוואה. לאחר זאת נלך בכיוון ההפוך: נוציא את הלוג מהגבול בשני האגפים ונקבל:
\begin{aligned}\log_{e}\left\{\lim_{\Delta{x}\to0}e\right\}=\log_{e}\left\{\lim_{\Delta{x}\to0}\big(\Delta{x}+1\big)^{\frac{1}{\Delta{x}}}\right\}\end{aligned}
באותה קלות שבה הוצאנו לוג נוכל לסלק אותו, ונקבל:
\begin{aligned}e=\lim_{\Delta{x}\to0}\big(1+\Delta{x}\big)^{\frac{1}{\Delta{x}}}\end{aligned}
מכיוון שבתהליך הגבולי הזה \(\Delta{x}\) שואף לאפס באופן אינסופי, ובאותה נשימה \(1/\Delta{x}\) שואף לאינסוף, הרי ש-\(e\) נראה כמו "בערך-אחד בחזקת אינסוף"... טוב, גם זו דרך להסתכל על \(e\)...


לא רואים תגובות? נערו את הדף.



תגובה 1:

  1. מעולה! נהניתי מכל מילה. בעיקר מההוכחה של זהות אוילר שנחשבת על ידי רבים כאחת הנוסחאות היפות ביותר במתמטיקה.
    שווה להזכיר שהפיתוח של טור החזקות בתחילת הכתבה הינו טור טיילור.
    תודה רבה,
    אסף

    השבמחק