Производная показательной функции

40

А. Бендукидзе

Производная показатель функции

«График функции $\exp_{10}$ имеет вид «гладкой» кривой. На главе представляется, что этот график в каждой точке имеет касательную, угол наклона которого положитель. Поэтому естественно предполагается, что функция $\exp_{10}$ при любом значении аргумента имеет положительное произведение. Эта гипотеза верна, что доказывается в более полных курсах анализа. Мы примем без доказательства, что функция $\exp_{10}$ имеет положительное произведение в точке 0. Иначе говоря, допустим, что существует предел

$$\lim_{\Delta x \to 0} \frac{10^0 + \Delta x - 10^0}{\Delta x} = \lim_{\Delta x \to 0} \frac{10^{\Delta x} - 1}{\Delta x} \cdot (1)$$

Все дальнейшее будет отсюда следовать уже сравнительно просто.

Так начинается п. 109 — «Производная показатель функции. Число $e$》учебного пособия для 10-го класса — «Алгебра и начала анализа». Далее в этом пункте дается выбор формулы для производной функции $\exp_{10}$, а также и более общей формулы — для производной функции $\exp_a$, где $a > 0, a \neq 1$.

Все это, в самом деле, следует из существования предела (1) весма просто.

Но у любозначенного учашегося, а таким являются, безусловно, читатели «Кванта», может возникнуть вопрос: «Все-tаки, как доказывается существование и положительное предела (1)?» Доказательство этого факта, как и сказано в пособии, можно найти в полных курсах анализа. Там доказывается более общий факт, а именно: для любого положительного $a \neq 1$ существует предел

$$\lim_{h \to 0} \frac{a^h - 1}{h},$$

и он положитель, если $a > 1$, и отрицатель, если $0 < a < 1$. Но дело в том, что доказательство этого, как правило, опирается на целый ряд предвариательных лемм и теорем, в которых не всегда легко разобраться. Желательно было бы дать неопределенное доказательство. Такое доказательство и приводится ниже.

1. Пусть $a$ — произвольное число большие единицы. Рассмотрим последовательность $(x_n)$, общий член которого задается формулой

$$x_n = n \left( \frac{1}{a^n} - 1 \right).$$

Покажем, что $(x_n)$ — сложящая последовательность и предел ее положитель.

Начнем с вопроса о сходимости и будем проверять условия теоремы Вейерштрасса. Для любого натурального $n$

$$a^{-\frac{1}{n(n+1)}} - 1 > -1,$$

позному согласно неравенству Бернулли

$$a^{-\frac{1}{n}} = \left( 1 + \left( a^{-\frac{1}{n(n+1)}} - 1 \right) \right)^{n+1} > 1 + (n+1) \left( a^{-\frac{1}{n(n+1)}} - 1 \right).$$

Умножая это неравенство на $a^{\frac{1}{n}}$, получим

$$1 > a^{\frac{1}{n}} + (n+1) \left( a^{\frac{1}{n+1}} - a^{\frac{1}{n}} \right)$$

или, что то же самое,

$$n a^{\frac{1}{n}} + 1 > (n+1) a^{\frac{1}{n+1}}.$$

Этому неравенству очень легко придать следующее вид:

$$n \left( a^{\frac{1}{n}} - 1 \right) > (n+1) \left( a^{\frac{1}{n+1}} - 1 \right).$$

42

Поятому имеем
$$\begin{cases} n \left( \frac{1}{n+1} - 1 \right) < \frac{a^h - 1}{h} < \\ < (n+1) \left( \frac{1}{n} - 1 \right), \text{ если } h > 0, \\ \frac{n \left( \frac{1}{n+1} - 1 \right)}{a^{n+1}} < \frac{a^h - 1}{h} < \\ < (n+1) \left( \frac{1}{n} - 1 \right), \text{ если } h < 0. \end{cases}$$

Введем следующие обозначения:
$$n \left( \frac{1}{n+1} - 1 \right) = u_n,$$
$$(n+1) \left( \frac{1}{n} - 1 \right) = v_n,$$
$$\frac{u_n}{a^{n+1}} = u'_n, \quad \frac{v_n}{a^{n+1}} = v'_n.$$

Тогда полученные неравенства примут такой вид:
$$\begin{cases} u_n < \frac{a^h - 1}{h} < v_n, \text{ если } h > 0, \\ u'_n < \frac{a^h - 1}{h} < v'_n, \text{ если } h < 0, \end{cases}$$

а при любом $h$, по модулюшем $1/n$,

$$u'_n < \frac{a^h - 1}{h} < v_n.$$ (5)

Пусть теперь $n \rightarrow +\infty$. Тогда
$$\lim_{n \rightarrow +\infty} u_n = \lim_{n \rightarrow +\infty} v_n = \lim_{n \rightarrow +\infty} u'_n =$$
$$= \lim_{n \rightarrow +\infty} v'_n = \varphi(a).$$

В самом деле, так как
$$u_n = (n+1) \left( \frac{1}{n+1} - 1 \right) - \left( a^{n+1} - 1 \right) = x_{n+1} - \left( a^{n+1} - 1 \right),$$
$$v_n = n \left( a^{n+1} - 1 \right) + \left( a^{n+1} - 1 \right) = x_n + \left( a^{n+1} - 1 \right),$$

то согласно равенства (3) и (4)
$$\lim_{n \rightarrow +\infty} u_n = \lim_{n \rightarrow +\infty} x_{n+1} - \lim_{n \rightarrow +\infty} \left( a^{n+1} - 1 \right) =$$
$$= \lim_{n \rightarrow +\infty} x_{n+1} = \varphi(a).$$

Далее, согласно тому же равенства (4)
$$\lim_{n \rightarrow +\infty} a^n = \lim_{n \rightarrow +\infty} a^{n+1} = 1,$$
и поэтому
$$\lim_{n \rightarrow +\infty} u'_n = \lim_{n \rightarrow +\infty} \frac{u_n}{a^{n+1}} =$$
$$= \lim_{n \rightarrow +\infty} u_n = \varphi(a), \lim_{n \rightarrow +\infty} v'_n =$$
$$= \lim_{n \rightarrow +\infty} \frac{v_n}{a^{n+1}} = \varphi(a).$$

Заметим при этом, что последовательность $\{v_n\}$ монотно убивает, а $\{u'_n\}$, — возвращает.

Итак, мы пришли к следующему выводу (см. рисунок): если $0 < |h| \leq 1$, то интересующей нас отношение, то есть $(a^h - 1):h$, можно «зажать» в промежуточок $]u_n, v'_n$ [(если $h > 0$) или в промежуточок $]u'_n, v'_n$ [(если $h < 0$), причем при стремлении $n \rightarrow +\infty$ концы этих промежуточков стремятся к одному и тому же числу $\varphi(a)$. Ясно, что иначе отношение стремится к тому же числу, то есть
$$a > 1 \Rightarrow \lim_{h \rightarrow 0} \frac{a^h - 1}{h} = \varphi(a) > 0.$$

Действительно, возможно любое $\varepsilon > 0$ и будем искать такое $\delta > 0$, что
$$|h| < \delta \Rightarrow |\varphi(a) - \frac{a^h - 1}{h}| < \varepsilon.$$

(Согласно определению предела функции, это и будет означает, что $\lim_{h \rightarrow 0} (1/h) \times (a^h - 1) = \varphi(a)$).

Так как последовательности $\{u'_n\}$ и $\{v'_n\}$ сходятся к $\varphi(a)$, притом первая возрастает, а вторая убивает, то по данному числу $\varepsilon > 0$ можно найти такое число $N$, что
$$-\varepsilon < u'_N - \varphi(a) \text{ и } v_N - \varphi(a) < \varepsilon.$$ (6)

Возьем теперь $\delta = 1/N$. Если $|h| < \delta = 1/N$, то имеют место (см. (5)) неравенства