实分析/指数函数

本章的目的是正式定义对所有实数都非常有趣的指数函数和对数函数。这也将突出数学领域运作方式的有趣解释，因为数学家最初定义指数和对数的方式及其原因的奇怪性质。简而言之，这些函数旨在使原本难以克服的复杂障碍变得更容易。“什么样的障碍？”你可能会问。那些人们可能想要在加法和乘法之间切换的障碍。在数学上，他们想创建一些函数ƒ和g，使得

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

和

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

[为了概括本节的重要部分，函数ƒ是指数运算，函数g是对数]

如你所见，在一些代数问题中，对于某些人来说，这样的函数将非常理想——而对于其他人来说，则是绝对必要的。然而，数学的指导哲学规定应该有一个可定义的语句来组成这些有趣的函数——它不能是任意的，否则可能在某个地方存在一些隐藏的矛盾！这种驱动力正是本节要满足的。

构造

我们将通过两条途径开始构造函数ƒ和g是什么。首先，我们将确定我们希望这些函数如何运作。其次，我们构建了ƒ和g的定义，它也恰好与函数的行为完全匹配。怎么会这样？当然是因为定义。

行为

我们将首先确定函数ƒ在日常使用中如何工作方面极其重要的事情。如果

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

好吧，我们可以首先观察到该函数可以被改写为

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

但仍必须等于前面的语句。好吧，我们不能使 ${\textstyle f(0)=0}$ ——加法单位元，因为这样就意味着x或负x为0，这使得整个函数ƒ毫无价值；它必然意味着ƒ的所有输入都等于0。我们可以改为使 ${\textstyle f(0)=1}$ ——乘法单位元。这个新定义避免了 ${\textstyle f(0)=0}$ 使得整个函数毫无价值的陷阱。然而，它因此需要 ${\textstyle f(x)}$ 或 ${\textstyle f(-x)}$ 是乘法逆元。由于对于正x来说， ${\textstyle f(x)}$ 传统上被保留（而且由于——剧透——它表示正整数的指数运算），我们将该性质分配给 ${\textstyle f(-x)}$ 。因此，

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

如果你注意到了，我们无意中假设变量x和y至少是整数，因为我们添加了否定。哎哟。好吧，我们可以更进一步，想象它们是有理数。如果我们假设函数输入也可以是有理数，我们就打开了一种需要满足的另一种性质，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)

如果我们将 *q* 个项相乘改为 *p* 个项，

\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)

这会使我们更加复杂。幸运的是，这个新定义并没有破坏我们之前所假设的任何内容。幸运的是。

微分

我们首先假设 ƒ 是可微的。当我们这样做时，我们可以写出 ƒ 可微的定义。

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

鉴于加法和乘法之间的特殊关系，我们可以将其应用于此以获得一个特殊的答案。

{\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}}

现在，让我们对我们对数学的理解做一些不合理的事情。我们假设这个极限等于 1。如果我们这样做了，并且坚持住，我们会向你展示即使是这种公然无视仍然会使数学保持一致（最终），我们自己就有了函数 ƒ 的一个新属性。的导数 $f'$ 是 $f$ 。总而言之，这个练习使我们创建了一个不受微分影响的函数——只要函数的输入之和等于函数乘以分离的输入之积！

对数

在上一小节中，我们做了很多假设。很多。在所有意图和目的上，我们将在本节的剩余部分花时间来证明（即确保与这些主张不存在矛盾）这些主张。这也将起到证明这些主张的作用，但为了替代为 ƒ 函数的早期主张辩护，它将形成一个具有如此引人入胜的属性和与该练习如此密切相关的函数，它在数学中获得了特殊的名称和符号：对数。

除了我们之前提到的主张之外，函数 ƒ 还存在一个大问题。即使有了我们所做的那些主张，它也没有明显的用途。函数 ƒ 尚未定义——因此可能在稍后发生矛盾。哎呀，随着更多假设的加入，它更有可能无法经受分析。但是，我们仍然有一个技巧可以赋予该函数形式——反函数及其属性。如果我们忘记函数 ƒ 并专注于其反函数，我们可以用它做一些很酷的事情。使用本地命名的 Reciprocal Definition 为反函数，我们可以给出反函数导数的定义

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

这是一个简单的定义。有了这个定义，我们将提出另一个大胆的主张，虽然没有那么强烈。我们可以说，1/x 是一个积分的原函数。一个特殊的积分，它的性质将赋予这个反函数一些特质。我们假设（比之前的假设更有根据）

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

我们现在将简单地省略函数 ƒ^-1 的符号。这个反函数就是对数的定义。这种特殊的对数，与初等数学中使用的对数不同，没有底数。这是数学家最喜欢的对数版本，要么简写为“log”而不带任何底数，要么写为“ln”，它具有特殊的意义（一个定义的底数），将在后面描述。为了总结本节的关键点，

对数的定义

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

请注意，在数学中，您可能会看到 $\log$ 或 $\ln$ （读作“lawn”）来指代这个特殊函数。在使用带底数的对数的领域（将在下一标题中介绍），更常使用 $\ln$ ，因为它与 $\log$ 明显不同——这可能被视为错误。在数学中，带底数的对数通常不使用，所以在这一学科中，您使用哪一个并不重要。

指数函数

指数函数与对数函数不同，只是一个简单的假设。本质上，指数函数是对数函数的反函数。这将在本页的第二标题中探讨。总的来说，对数函数和指数函数的构造已经完成。

指数函数的定义

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

然而，需要强调的是，尽管指数函数在名称上与初等数学中学习的指数运算（例如 $10^{x}$ ）相似，但它们之间存在着细微但重要的区别，在本标题中不应轻易忽视。

附录

指数运算的另一种构造方法

构建指数运算的通常方法是将对数定义为积分，并将指数定义为它的反函数（如上所述）。在本附录中，我们将采用相反的方法，即在宽泛意义上构造指数函数，使其在整个实数范围内都有定义，而不仅仅是是有理数。（不幸的是，这需要一些繁琐的计算！）

现在我们可以利用我们对连续性的了解来构造正实数的有理数次幂。

x^n 的连续性

我们已经将整数次幂定义为一系列乘法，但还没有证明它是连续的。让我们先证明它们是连续的。

$f(x)=x^{0}=1$ 是连续的。

$f(x)=x$ 是连续的。

$f(x)=x^{n}$ 对所有 $n\in \mathbb {N}$ 和所有 $x\in \mathbb {R}$ 是连续的。

我们通过归纳法证明。我们已经看到 $f(x)=x^{1}$ 是连续的。假设 $f(x)=x^{n-1}$ 是连续的，我们利用连续性在代数运算下保持的事实来证明 $xf(x)=x^{n}$ 是连续的。

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

因为 $x^{n}$ 在该集合上连续且非零， ${\frac {1}{x^{n}}}=x^{-n}$ 也是连续的，因为连续性在非零函数的除法下保持不变。

我们现在可以使用 $x^{n}$ 的连续性和中间值定理来构造正的 n 次根。正如承诺的那样，这比第一章中平方根的构造要好得多。

n 次根的构造

我们从任意正实数的有理幂的构造开始。

给定 $c>0$ ，考虑函数 $f(x)=x^{n}-c$ （很明显 0 有唯一的 n 次根，所以我们不考虑这种情况）。 $f(0)=-c<0$ 并且因为 $1+c>1$ ， $f(1+c)=(1+c)^{n}-c>(1+c)^{n}-(1+c)>0$ 。根据中间值定理， $\exists x\in (0,1+c):f(x)=x^{n}-c=0$ 。因此 c 有一个正的 n 次根。

为了证明唯一性，令 x 和 y 为 c 的两个 n 次根。如果 $x>y>0$ ，那么 $x^{n}>y^{n}>0$ 。但随后将得出 $c>c$ ，矛盾。类似地，我们也不能有 $x<y$ ，因此得出 $x=y$ 。

有理幂的定义和性质

给定 $n\in \mathbb {N}$ ，我们定义 $x^{\frac {1}{n}}={\sqrt[{n}]{x}}$ 为 x 的唯一非负 n 次方根。然后我们定义所有有理数幂如下

如果

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

是以最简形式表示的（即 p 和 q 没有公因子且

q>0

），我们定义

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

。

我们的定义即使 ${\frac {p}{q}}$ 不是以最简形式表示的，也会同样有效，我们很快就会看到这一点。首先我们必须证明一些基本事实

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

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。该结果直接由正根的唯一性得出。

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

利用我们对整数幂的了解，我们看到 $(x^{\frac {1}{q}})^{p})={\sqrt[{q}]{({\sqrt[{q}]{x}}^{p})^{q})}}={\sqrt[{q}]{({\sqrt[{q}]{x}}^{q})^{p})}}={\sqrt[{q}]{x^{p}}}$

正如承诺的那样，我们的定义不依赖于表示 r 的分数

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

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

现在我们将证明关于有理数幂的标准代数事实

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

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

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 $r={\frac {a}{b}}>0\in \mathbb {Q}$ 并且 $y>x>0$ ，则 $y^{r}>x^{r}>0$ .

证明：如果 $y^{\frac {1}{b}}\leq x^{\frac {1}{b}}$ ，则 $(y^{\frac {1}{b}})^{b}\leq (x^{\frac {1}{b}})^{b}$ ，并且 $y\leq x$ ，与假设 $y>x>0$ 相矛盾。所以 $y^{\frac {1}{b}}>x^{\frac {1}{b}}>0$ 。由于 a > 0， $y^{\frac {a}{b}}>x^{\frac {a}{b}}>0$ 。因此 $y^{r}>x^{r}>0$

有理幂的连续性

现在我们将利用前面的代数性质证明所有有理幂的连续性。

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

证明：给定 $\epsilon >0$ ，令 $\delta =|c^{\frac {n-1}{n}}|\epsilon$ 。那么 $|x-c|<\delta \implies$

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