Definizioni della funzione esponenziale

Nella matematica, la funzione esponenziale (fra le infinite funzioni esponenziali di base $a$ positiva diversa da 1 s'intenderà nel seguito quella "naturale" ossia con base $e=2,718281\dots$) può essere caratterizzata in vari modi. Le seguenti definizioni sono le più comuni. Questo articolo discute il motivo per cui ogni caratterizzazione ha senso, e del perché ogni definizione implica l'altra. Come caso speciale di queste considerazioni, si vedrà che le tre definizioni più comuni della costante matematica e sono anche equivalenti tra di loro.

Definizioni più comuni

Le sei più comuni definizione della funzione esponenziale $\exp (x)=e^x$ con $x$ reale sono:

1. Si definisce $e^x$ come il limite

$e^x=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }{(1+\frac{x}{n})}^n.$

2. Si definisce $e^x$ come il valore della serie

$e^x=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{x^n}{n!}=1+x+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!}+\frac{x^4}{4!}+\cdots$

(Con $n!$ si indica il fattoriale di $n$. Una dimostrazione che e è irrazionale utilizza questa rappresentazione.)

3. Si definisce $e^x$ come l'unico numero $y>0$ tale che

$\underset{1}{\overset{y}{\int }}\frac{dt}{t}=x.$

Ne deriva che è l'inversa della funzione logaritmo naturale, che è definita da questo integrale.

4. Si definisce $e^x$ come l'unica soluzione del problema di Cauchy

$y^{\prime }=y,y(0)=1.$

($y^{\prime }$ denota la derivata di $y$.)

5. La funzione esponenziale $f(x)=e^x$ è l'unica funzione misurabile secondo Lebesgue con $f(1)=e$ che soddisfa

$f(x+y)=f(x)f(y)\text{ per ogni }x\text{ e }y$

(Hewitt and Stromberg, 1965, esercizio 18.46). Alternativamente, è l’unica funzione continua "da qualche parte" con queste proprietà (Rudin, 1976, capitolo 8, esercizio 6). Il termine "continua da qualche parte" significa esiste almeno un punto $x$ in cui $f(x)$ è continua. Come mostrato sotto, se $f(x+y)=f(x)f(y)$ per ogni $x$ e $y$ e inoltre $f(x)$ è continua in un punto $x$ allora $f(x)$ è necessariamente continua ovunque.

(Come controesempio, se non la continuità o la misurabilità, è possibile dimostrare l'esistenza di una funzione non misurabile e discontinua ovunque con questa proprietà usando una base di Hamel per i numeri reali sul campo dei razionali, come descritto da Hewitt e Stromberg.)

Poiché $f(x)=e$ per $x$ razionali per la proprietà precedente (vedere sotto), si potrebbe anche usare la monotonicità o altre proprietà per rinforzare la scelta di $e^x$ per numeri irrazionali, ma tali alternative si rivelano insolite.

Si possono anche sostituire le condizioni che $f(1)=e$ e che $f$ sia una funzione misurabile secondo Lebesgue o continua da qualche parte con la singola proprietà $f^{\prime }(0)=1$. Questa condizione, insieme a $f(x+y)=f(x)f(y)$, implicano facilmente entrambe le condizioni nella quarta caratterizzazione. Infatti, si ha la condizione iniziale $f(0)=1$ dividendo entrambi membri dell'equazione

$f(0)=f(0+0)=f(0)f(0)$

per $f(0)$, e $f^{\prime }(x)=f(x)$ deriva da $f^{\prime }(0)=1$ e la definizione della derivata come segue:

$\begin{array}{cc}{f}^{\prime }(x)& =\underset{h\to 0}{\lim }\frac{f(x+h)-f(x)}{h}\\ & =\underset{h\to 0}{\lim }\frac{f(x)f(h)-f(x)}{h}\\ & =\underset{h\to 0}{\lim }f(x)\frac{f(h)-1}{h}\\ & =f(x)\underset{h\to 0}{\lim }\frac{f(h)-1}{h}\\ & =f(x)\underset{h\to 0}{\lim }\frac{f(0+h)-f(0)}{h}\\ & =f(x)f^{\prime }(0)=f(x).\end{array}$

6. Sia $e$ l'unico numeri reale che soddisfa

$\underset{h\to 0}{\lim }\frac{e^h-1}{h}=1.$

Si può mostrare che questo limite esiste. Questa definizione è particolarmente adatta per calcolare la derivata della funzione esponenziale. Si definisce quindi $e^x$ la funzione esponenziale con questa base.

Estensione a domini più grandi

Un modo di descrivere la funzione esponenziale su domini più grandi dei numeri reali è di definirla prima in $\mathbb{(}R)$ usando una delle precedenti caratterizzazioni e dopo estenderla in un modo che vada bene per ogni funzione analitica.

È possibile anche usare la caratterizzazione direttamente sul dominio più grande, sebbene potrebbero comparire alcuni problemi. (1), (2), e (4) hanno tutte senso per una arbitraria algebra di Banach. (3) presenta dei problema per i numeri complessi, perché ci sono percorsi d'integrazione che non sono equivalenti, e (5) non è sufficiente. Per esempio, la funzione $f$ definita (per $x$ e $y$ reali) come

$f(x+iy)=e^x(\cos (2y)+i\sin (2y))=e^{x+2iy}$

soddisfa la condizione nella (5) senza essere la funzione esponenziale di $x+iy$. Per rendere (5) sufficiente per il dominio dei numeri complessi, si dovrebbe assumere che esista un punto in cui $f$ sia una mappa conforme o altrimenti aggiungere la condizione

$f(i)=\cos (1)+i\sin (1).$

In particolare, la condizione alternativa nella (5) che $f^{\prime }(0)=1$ è sufficiente dal momento che implicitamente assume che $f$ sia conforme.

Dimostrazione che ogni caratterizzazione è ben definita

Qualcuna di queste definizioni richiedono delle giustificazioni per dimostrare che sono ben definite. Per esempio, quando il valore della funzione è definito come il risultato di un limite (di una successione o di una serie), si deve provare che tale limite esiste.

Caratterizzazione 2

Poiché

$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }\left|\frac{x^{n+1}/(n+1)!}{x^n/n!}\right|=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }\left|\frac{x}{n+1}\right|=0<1.$

segue dal criterio del rapporto che $\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{x^n}{n!}$ converge per ogni $x$.

Caratterizzazione 3

Dal momento che l'integrando è una funzione integrabile di $t$, l'espressione è ben definita. Ora si deve mostrare che la funzione da ${ℝ}^{+}$ a $ℝ$ definita come

$\underset{1}{\overset{(\cdot )}{\int }}\frac{dt}{t}$

è biettiva. Siccome $t^{-1}$ è positivo per $t>0$, questa funzione è monotona crescente, quindi iniettiva. Se inoltre valgono i due integrali

$\underset{1}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\frac{dt}{t}=+\mathrm{\infty },\underset{1}{\overset{0}{\int }}\frac{dt}{t}=-\mathrm{\infty },$

allora è chiaramente anche suriettiva. Infatti, nel caso in esame questi integrali valgono nel nostro caso, come si deduce dal criterio dell'integrale e dalla divergenza della serie armonica.

Equivalenza delle definizioni

Le seguenti dimostrazioni dimostrano l'equivalenza delle tre caratterizzazioni date precedentemente per $e$. La dimostrazione consiste di due parti. Prima, si stabilisce l'equivalenza delle definizioni 1 e 2 e successivamente l'equivalenza fra 1 e 3.

Equivalenza delle definizioni 1 e 2

I seguenti ragionamenti sono adattati da una dimostrazione in Rudin, teorema 3.31, p. 63–-5.

Sia $x\ge 0$ un fissato numero reale non negativo. Si definisce

$s_n=\sum _{k=0}^n\frac{x^k}{k!},t_n={(1+\frac{x}{n})}^n.$

Per il teorema binomiale,

$\begin{array}{cc}{t}_n& =\sum _{k=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})\frac{x^k}{n^k}=1+x+\sum _{k=2}^n\frac{n(n-1)(n-2)\cdots (n-(k-1))x^k}{k!n^k}\\ & =1+x+\frac{x^2}{2!}(1-\frac{1}{n})+\frac{x^3}{3!}(1-\frac{1}{n})(1-\frac{2}{n})+\cdots +\frac{x^n}{n!}(1-\frac{1}{n})\cdots (1-\frac{n-1}{n})\le s_n\end{array}$

(usando $x\ge 0$ per ottenere la disuguaglianza finale) in modo che

$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\mathrm{lim\; sup}}{t}_n\le \underset{n\to \mathrm{\infty }}{\mathrm{lim\; sup}}{s}_n=e^x,$

dove l'esponenziale $e^x$ è definito con la seconda caratterizzazione. Si deve utilizzare il limite superiore perché non si sa ancora se realmente $t_n$ converge. Ora, per l'altro verso della disuguaglianza, si nota che dall'espressione di prima con $t_n$, se $m\le n$, si ottiene

$1+x+\frac{x^2}{2!}(1-\frac{1}{n})+\cdots +\frac{x^m}{m!}(1-\frac{1}{n})(1-\frac{2}{n})\cdots (1-\frac{m-1}{n})\le t_n.$

Fissato $m$, si manda $n$ all'infinito e si ricava

$s_m=1+x+\frac{x^2}{2!}+\cdots +\frac{x^m}{m!}\le \underset{n\to \mathrm{\infty }}{\mathrm{lim\; inf}}{t}_n$

(ancora, si deve usare il limite inferiore poiché non si conosce se il limite effettivamente esiste). Ora, presa la disuguaglianza appena ottenuta, si prende $m$ tendente all'infinito e tenendo conto dell'altra si ha

$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\mathrm{lim\; sup}}{t}_n\le e^x\le \underset{n\to \mathrm{\infty }}{\mathrm{lim\; inf}}{t}_n,$

cosicché

$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }{t}_n=e^x.$

Si può quindi estendere questa equivalenza ai numeri negativi notando che ${(1-\frac{r}{n})}^n{(1+\frac{r}{n})}^n={(1-\frac{r^2}{n^2})}^n$ e prendendo il limite per $n$ che tende all'infinito. Il termine d'errore di questa limite è rappresentato da

${(1+\frac{x}{n})}^n=e^x(1-\frac{x^2}{2n}+\frac{x^3(8+3x)}{24n^2}+\cdots ),$

dove il grado dei polinomi (in $x$) nel termine con denominatore $x^k$ è $2k$.

Equivalenza delle definizioni 1 e 3

Si definisca la funzione logaritmo naturale in termini dell'integrale definito come sopra. Per il teorema fondamentale del calcolo integrale,

$\frac{d}{dx}\ln x=\frac{d}{dx}\underset{1}{\overset{x}{\int }}\frac{1}{t}dt=\frac{1}{x}.$

Inoltre, $\ln 1=\underset{1}{\overset{1}{\int }}\frac{1}{t}dt=0.$

Sia $x$ un numero reale fissato, e sia

$y=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }{(1+\frac{x}{n})}^n.$

Si mostrerà che $\ln (y)=x$, il quale implica che $y=e^x$, dove $e^x$ è secondo la definizione 3. Si ha

$\ln y=\ln \underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }{(1+\frac{x}{n})}^n=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }\ln {(1+\frac{x}{n})}^n.$

Qui si è usata la continuità di $\ln (y)$, che segue dalla continuità di $1/t$:

$\ln y=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }n\ln (1+\frac{x}{n})=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{x\ln (1+(x/n))}{(x/n)}.$

Qui invece si è usato il fatto che $\ln (a^n)=n\ln (a)$, che può essere dimostrato tramite induzione matematica per i numeri naturali oppure usando l'integrazione per sostituzione. (L'estensione a potenze reali deve aspettare finché $\ln$ e $\exp$ sono definiti come uno l'inverso dell'altro, in modo che $a^b$ possa essere espresso per $b$ reale come $e^{b\ln (a)}$.)

$\begin{array}{cc}\ln y& =x\cdot \underset{h\to 0}{\lim }\frac{\ln (1+h)}{h},\text{dove }h=\frac{x}{n}\\ & =x\cdot \underset{h\to 0}{\lim }\frac{\ln (1+h)-\ln 1}{h}=x\cdot \frac{d}{dt}\ln t{|}_{t=1}=x.\end{array}$

Equivalenza della definizione 2 e 4

Sia $n$ un numero intero non negativo. Per la definizione 4 e utilizzando l'induzione, $\frac{d^{n}y}{d{x}^n}=y$.

Dunque $\frac{d^{n}y}{d{x}^n}{|}_{x=0}=y(0)=1.$

Usando la serie di Taylor,

$y=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{f^{(n)}(0)}{n!}{x}^n=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n!}{x}^n=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{x^n}{n!}.$

Questo mostra che la definizione 4 implica la 2.

Secondo la definizione 2,

$\begin{array}{cc}\frac{d}{dx}{e}^x& =\frac{d}{dx}(1+\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{x^n}{n!})=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{n{x}^{n-1}}{n!}=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{x^{n-1}}{(n-1)!}\\ & =\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{x^k}{k!},\text{dove }k=n-1\\ & =e^x\end{array}$

Inoltre, $e^0=1+0+\frac{0^2}{2!}+\frac{0^3}{3!}+\cdots =1.$ Questo dimostra che la definizione 2 implica la 4, concludendo la dimostrazione.

Equivalenza delle definizioni 1 e 5

La seguente dimostrazione è la versione semplificata di una in Hewitt e Stromberg, esercizio 18.46. Prima, si prova che la misurabilità (o l'integrabilità secondo Lebesgue) implica la continuità per una funzione $f(x)$ non nulla che soddisfa $f(x+y)=f(x)f(y)$, e che la continuità implica $f(x)=e^{kx}$ per qualche $k$, e alla fine da $f(1)=e$ si ricava $k=1$.

Prima di tutto si dimostra un po' di proprietà elementari di $f(x)$ con l'ipotesi che $f(x+y)=f(x)f(y)$ e $f(x)$ non è identicamente zero:

• Se $f(x)$ è non nulla in un punto $y$, allora è non nulla ovunque. Dimostrazione: $f(y)=f(x)f(y-x)\ne 0$ implica $f(x)\ne 0$.
• $f(0)=1$. Dimostrazione: $f(x)=f(x+0)=f(x)f(0)$ e $f(x)$ non è zero.
• $f(-x)=1/f(x)$. Dimostrazione: $1=f(0)=f(x-x)=f(x)f(-x)$.
• Se $f(x)$ è continua in un punto $y$, allora è continua ovunque. Dimostrazione: $f(x+\delta )-f(x)=f(x-y)[f(y+\delta )-f(y)]\to 0$ con $\delta \to 0$ per la continuità in $y$.

La seconda e terza proprietà significano che è sufficiente di dimostrare che $f(x)=e^x$ per $x$ positivi.

Se $f(x)$ è una funzione integrabile secondo Lebesgue, allora si può definire

$g(x)=\underset{0}{\overset{x}{\int }}f(x^{\prime })d{x}^{\prime }.$

Da ciò segue che

$g(x+y)-g(x)=\underset{x}{\overset{x+y}{\int }}f(x^{\prime })d{x}^{\prime }=\underset{0}{\overset{y}{\int }}f(x+x^{\prime })d{x}^{\prime }=f(x)g(y).$

Poiché $f(x)$ è non nulla, si può scegliere qualche $y$ tale che $g(y)\ne 0$ per risolvere l'espressione precedente in $f(x)$. Pertanto:

$\begin{array}{cc}f(x+\delta )-f(x)& =\frac{[g(x+\delta +y)-g(x+\delta )]-[g(x+y)-g(x)]}{g(y)}\\ & =\frac{[g(x+y+\delta )-g(x+y)]-[g(x+\delta )-g(x)]}{g(y)}\\ & =\frac{f(x+y)g(\delta )-f(x)g(\delta )}{g(y)}=g(\delta )\frac{f(x+y)-f(x)}{g(y)}.\end{array}$

L'espressione finale deve tendere a zero se $\delta \to 0$, dato che $g(0)=0$ e $g(x)$ è continua. Segue che $f(x)$ è continua.

Si dimostra ora che $f(q)=e^{kq}$, per qualche $k$, per ogni numero razionale positivo $q$. Sia $q=n/m$ per gli interi positivi $n$ e $m$. Allora

$f\left(\frac{n}{m}\right)=f(\frac{1}{m}+\cdots +\frac{1}{m})=f{\left(\frac{1}{m}\right)}^n$

per induzione matematica su $n$. Dunque, $f(1/m{)}^m=f(1)$ e quindi

$f\left(\frac{n}{m}\right)=f(1{)}^{n/m}=e^{k(n/m)}.$

per $k=\ln [f(1)]$. Si noti che se ci si restringe alla funzione a valori reali $f(x)$, allora $f(x)=f(x/2{)}^2$ è positiva ovunque e allora $k$ è reale.

Infine, per continuità, dal momento che $f(x)=e^{kx}$ per ogni $x$ razionale, deve essere vero per ogni numero reale poiché la chiusura dei razionali sono i reali (cioè, si può scrivere ogni $x$ reale come il limite di una successione di razionali). Se $f(1)=e$ allora ne deriva che $k=1$. Questo è equivalente alla definizione 1 (o 2, o 3), a seconda di quale caratterizzazione si usa per e.

Definizione 2 implica definizione 6

Secondo la definizione 2,

$\underset{h\to 0}{\lim }\frac{e^h-1}{h}=\underset{h\to 0}{\lim }\frac{1}{h}((1+h+\frac{h^2}{2!}+\frac{h^3}{3!}+\frac{h^4}{4!}+\cdots )-1)=\underset{h\to 0}{\lim }(1+\frac{h}{2!}+\frac{h^2}{3!}+\frac{h^3}{4!}+\cdots )=1.$

Definizione 6 implica definizione 4

Secondo la definizione 6,

$\frac{d}{dx}{e}^x=\underset{h\to 0}{\lim }\frac{e^{x+h}-e^x}{h}=e^x\cdot \underset{h\to 0}{\lim }\frac{e^h-1}{h}=e^x.$

Ma si ha inoltre $e^0=1$, dunque la definizione 6 implica la definizione 4.

Bibliografia

• Walter Rudin, Principles of Mathematical Analysis, 3rd edition (McGraw–Hill, 1976), chapter 8.
• Edwin Hewitt e Karl Stromberg, Real and Abstract Analysis (Springer, 1965).