c○ MIM UW, 2010/11 65Korzystając z tej równości i z własności grupowej exp(z+w) = exp(z) exp(w), w przypadkuogólnym piszemyexp(ξ n ) = exp(ξ n − ξ) · exp(ξ) → 1 · exp(ξ) = exp(ξ) ,gdyż ξ n − ξ → 0. Dowód jest zakończony.□Uwaga. Czytelnik zechce zauważyć, że schemat dowodu jest w gruncie rzeczy taki sam,jak w przypadku rzeczywistym: dowodzimy najpierw różniczkowalności exp, a potem ciągłościexp. Kluczem do obu własności jest oszacowanie modułu różnicy exp(z) − 1 − z dlamałych z. W przypadku rzeczywistym najpierw dowodziliśmy oszacowania (E6) w Twierdzeniu3.2, a z niego wynikała i różniczkowalność, i ciągłość funkcji wykładniczej.Portret exp, I. Wykres funkcji f(x, y) = Re (exp(x + iy)) nad prostokątem −2 ≤ x ≤ 1.5, 0 ≤ y ≤ 12.56;innymi słowy, wysokość punktu powierzchni nad dolnym dnem pudełka jest równa Re (exp(x + iy)). Szarelinie to poziomice (jak na mapie: wysokość na poziomicy ma jedną, ustaloną wartość. Kolory powierzchnizależą liniowo od części urojonej liczby exp(x + iy). Przednia krawędź powierzchni odpowiada wartości y =Im z = 0: widzimy wykres exp na R.Na zakończenie tego podrozdziału wykażemy, że funkcja <strong>wykładnicza</strong> jest jednoznaczniewyznaczona przez dwie swoje własności.
66 wersja robocza z dnia: 1 czerwca 2011Twierdzenie 4.56 (charakteryzacja exp). Załóżmy, że funkcja f : C → C spełnia dwawarunki:(i) Dla wszystkich z, w ∈ C jest f(z + w) = f(z)f(w);(ii) Dla każdego zbieżnego do zera ciągu liczb zespolonych z n (z n ≠ 0 dla wszystkich n)zachodzi równośćf(z n ) − 1lim= 1 .n→∞ z nWówczas f(z) = exp(z) dla każdego z ∈ C.Zanim podamy dowód tego twierdzenia, sformułujemy zespolony odpowiednik lematuo ciągach szybko zbieżnych do 1.Lemat 4.57. Jeśli ε n jest ciągiem liczb zespolonych takim, że nε n → 0 dla n → ∞, towówczas(lim (1 + ε n) n = 1, lim 1 + z nn)n→∞ n→∞ n + ε = exp zdla każdego z ∈ C.Dowód Lematu 4.57. Najpierw udowodnimy pierwszą równość. Z nierówności trójkąta,zastosowanej do sumy, którą otrzymujemy, rozpisując (1 + ε n ) n − 1 z użyciem dwumianuNewtona, wynika, że0 ≤ ∣ ∣(1 + ε n ) n − 1 ∣ ∣ ≤ (1 + |ε n |) n − 1Jednak z Lematu 3.1 wynika, że ciąg (1 + |ε n |) n − 1 jest zbieżny do 0, więc na mocytwierdzenia o trzech ciągach (1 + ε n ) n → 1.Druga podana w lemacie równość wynika łatwo z twierdzenia o granicy iloczynu ciągówi definicji funkcji wykładniczej, gdyż(1 + z ) n (n + ε n = 1 + z ) n ( )· 1 + ε′ nnndla ε ′ n = ε n /(1 + z n ). Oczywiście nε′ n → 0, więc z pierwszej cześci lematu (1 + ε ′ n) n → 1, azatem każda ze stron powyższej równości ma dla n → ∞ granicę równą exp(z). □Dowód Twierdzenia 4.56. Ustalmy dowolny punkt z ∈ C, z ≠ 0. Oznaczmyδ n = f(z/n) − 1z/n− 1, n = 1, 2, . . .Z założenia (ii) wynika, że lim n→∞ δ n = 1 − 1 = 0. Używając wzoru definiującego δ n dowyznaczenia wartości f(z/n), otrzymujemy( zf = 1 +n)z + zδ nn= 1 + z n + ε n ,gdzie ε n = zδ n /n jest ciągiem liczb zespolonych takim, że nε n → 0 dla n → ∞. Z Lematu4.57 otrzymujemy i założenia (i) otrzymujemy teraz( zf(z) = fn n)+ · · · + z ( z n (= f = 1 +n) z nn)n + ε → exp(z) dla n → ∞.
- Page 4: c○ MIM UW, 2010/11 45Jednak ln (
- Page 8 and 9: c○ MIM UW, 2010/11 49Proszę zauw
- Page 10 and 11: c○ MIM UW, 2010/11 51gdyż pierws
- Page 12 and 13: c○ MIM UW, 2010/11 53Intuicja zwi
- Page 14 and 15: c○ MIM UW, 2010/11 55Szereg ∑
- Page 16 and 17: c○ MIM UW, 2010/11 57Lemat. Jeśl
- Page 18 and 19: c○ MIM UW, 2010/11 59gdzie A k =
- Page 20 and 21: c○ MIM UW, 2010/11 61• środek,
- Page 22 and 23: c○ MIM UW, 2010/11 63dla wszystki
- Page 26 and 27: c○ MIM UW, 2010/11 67Portret exp,
- Page 28 and 29: c○ MIM UW, 2010/11 69Z definicji
- Page 30 and 31: c○ MIM UW, 2010/11 71Zatem s n (y
- Page 32 and 33: c○ MIM UW, 2010/11 73Twierdzenie
- Page 34 and 35: c○ MIM UW, 2010/11 75Wniosek 4.76