Производная экспоненты

[karlicos]

На матанализе был такой факт - что экспонента(а точнее, функция видa С*exp(x)) - единственная функция, производная которой равна самой себе. А это как-нибудь доказано(просто интересно)?

[paha]

karlicos в сообщении #405659 писал(а):

А это как-нибудь доказано(просто интересно)?

Единственность доказывается так: пусть $f$ -- такая функция, что $f'(x)=f(x)$

$(e^{-x}f(x))'=-e^{-x}f(x)+e^{-x}f'(x)=0$

[ewert]

Это правда, но если мы хотим осознанного доказательства, то лучше его отложить всё-таки до курса дифференциальных уравнений.

[Ubuntu_linux]

karlicos в сообщении #405659 писал(а):

На матанализе был такой факт - что экспонента(а точнее, функция видa С*exp(x)) - единственная функция, производная которой равна самой себе. А это как-нибудь доказано(просто интересно)?

Все очень элегантно доказ.
$f^{'}(x)=\lim\limits_{x\to 0} \frac {f(x+\Delta x)-f(x)} { \Delta x}$
$f(x)=C e^{x}$
$f^{'}(x)=\lim\limits_{x\to 0}\frac{C e^{x+\Delta x}-C e^{x}} {\Delta x}= \lim\limits_{x\to 0}\frac{C e^{x} e^{\Delta x}-C e^{x}} {\Delta x}=C e^{x}\lim\limits_{x\to 0}\frac{ e^{\Delta x}-1} {\Delta x}$
Теперь надо доказать, что лимит $\to $1.
$\lim\limits_{x\to 0}\frac{ e^{\Delta x}-1} {\Delta x}\to1$
Делаем замену:
$ e^{\Delta x}-1 = \frac{1}t $
$\Delta x=\ln{\left(1+\frac{1}t\rigth)}$
Тогда лимит будет выглядеть следующим образом:
$\lim\limits_{x\to 0}\frac{\frac{1}t} {\ln{\left(1+\frac{1}t \rigth)}}$
или
$\lim\limits_{x\to 0}\frac{1} {t\ln{\left(1+\frac{1}t\rigth)}}$
или
$\lim\limits_{x\to 0}\frac{1} {{\ln{\left(1+\frac{1}t\rigth)}}^t}$
а
$\lim\limits_{x\to 0}{\ln{\left(1+\frac{1}t\rigth)}}^t}\to\ln{e^{1}}=1$
И того получаем истинный результат:
$f^{'}(x)=C e^{x}=f(x)$

[arseniiv]

Ubuntu_linux в сообщении #405735 писал(а):

И того получаем истинный результат:
$f'(x) = Ce^x = f(x)$

Вы не доказали единственности:

karlicos в сообщении #405659 писал(а):

единственная функция, производная которой равна самой себе

Так-то конечно очень просто.

[paha]

Ubuntu_linux в сообщении #405735 писал(а):

Все очень элегантно доказ.

Основываясь на

Ubuntu_linux в сообщении #405735 писал(а):

$f(x)=C e^{x}$

Вы получили

Ubuntu_linux в сообщении #405735 писал(а):

$f^{'}(x)=C e^{x}=f(x)$

Т.е. доказали лишь, что $(e^x)'=e^x$

[Ubuntu_linux]

Если взять любое число a>0 в степени х ( $a^x$ ), то лимит (см. више) будет приблежатся к $\ln{a}$
http://www.youtube.com/watch?v=dpb4rRgl23E
То есть производная не буде равная функции !
$(a^x)^{'}=a^x\ln{a}$

[paha]

Ubuntu_linux в сообщении #405756 писал(а):

То есть производная не буде равная функции !

и что?
Кто сказал, что искомая функция, равная своей производной имеет вид $a^x$?

[Ubuntu_linux]

paha в сообщении #405758 писал(а):

Ubuntu_linux в сообщении #405756 писал(а):

То есть производная не буде равная функции !

и что?
Кто сказал, что искомая функция, равная своей производной имеет вид $a^x$?

А какие типы производных вы знаете?
Ну $a^x$ то самое* что $e^x$, и для такого типа, производная равна функции в случае $a=exp=2.7....$

[Коровьев]

Единственность легко доказывается дифференцированием для функций, выраженных в виде ряда
$f(x) = \sum\limits_{k = 1}^\infty {a_k \frac{{x^k }}{{k!}}} $
Для условия $f(x)=f'(x) $ все $a_k$ должны быть равны. Тогда
$f(x) = \sum\limits_{k = 1}^\infty {a_k \frac{{x^k }}{{k!}}}=ce^x $

[gris]

А нельзя так показать?
Допустим, функция аналитическая в окрестности некоторой точки.
Тогда $f(x)=a_0+a_1x+a_2x^2+...$
$f'(x)=a_1+2a_2x+3a_3x^2+...$
Получим, что $a_1=a_0;\,a_2=a_1/2=a_0/2;\, a_3=a_2/3=a_0/6;...$

Итак, $f(x)=a_0+a_0x+\dfrac{a_0}{2}x^2+...=a_0\cdot(1+x+\dfrac {x^2}2+\dfrac {x^3}6+...)=a_0e^x$

Я не нарочно!

[Gortaur]

gris
То есть всякое аналитичное решение ДУ будет экспонентой. И среди просто гладких Вы другие варианты не отмели...

-- Пт янв 28, 2011 15:59:41 --

Во-первых, ноль очевидно решает задачу. Во-вторых, пусть в какой-то точке $x$ имеем $f(x) > 0$, тогда и в окрестности точки $x$ это выполнено.

Вспомним, что

$$ (\log{f(x)})' = \frac{f'(x)}{f(x)} = 1, $$

где последнее равенство выполняется в нашем случае. То есть $g(x) = \log{f(x)}$ - функция с постоянной производной по крайней мере в окрестности точки $x$ (думаю, здесь единственность решения доказывать не надо?)

Для отрицательных функций делается точно так же.

[Ales]

paha в сообщении #405662 писал(а):

karlicos в сообщении #405659 писал(а):

А это как-нибудь доказано(просто интересно)?

Единственность доказывается так: пусть $f$ -- такая функция, что $f'(x)=f(x)$

$(e^{-x}f(x))'=-e^{-x}f(x)+e^{-x}f'(x)=0$

Добавлю, что замечательный и красивый метод paha применим в общем случае.

В курсе ОДУ В.И. Арнольда это прием называется: Теорема о выпрямлении векторного поля.
Если есть аналитическое решение ОДУ, то оно единственно.
Аналитическое решение позволяет сделать аналитическую замену переменных, после которой уравнение приобретает тривиальный вид $\dot y=0$.