Matematiska frågor om lagar, satser och dess härledningar (Gymnasiet)

Det är väl där den här diffekvationen kommer in. Den motiveras som vettig eftersom den löser exp'(x) = exp(x). Se inlägget av stormsystem.



Det är väl inte så att man trunkerar och är nöjd med det, utan snarare så att man trunkerar, multiplicerar, men låter sedan antalet termer gå mot oändligheten. Lite mer specifikt:

Låt

[; a_n = \sum_{k=1}^n \frac{x^k}{k!} ;]
[; b_n = \sum_{k=1}^n \frac{x^k}{k!} ;]

Då gäller att a_n -> exp(x), och b_n -> exp(y) när n -> ∞. Om man också kan visa att a_n b_n -> exp(x+y), så kommer det följa att exp(x)exp(y) = exp(x+y), ty

exp(x+y) = lim (a_n b_n) = lim a_n * lim b_n = exp(x+y).

Med ovanstående menade jag Sats 1. Direkt från definitionen ser man att exp(0) = 1. Enligt Sats 1 är

exp(x)exp(-x) = exp(0)

dvs

exp(x)exp(-x) = 1.

Fast satsen att "om f' (alltid existerar och) är positiv så är f strängt växande" använder medelvärdessatsen för att bevisas.

Inte nödvändigtvis oändliga summor av polynom. Dock så vet vi ju redan (nåja, jag handviftade ett bevis) att exp(x) är deriverbar, så då är den kontinuerlig.

Jo. Det jobbiga med den här approachen är egentligen att definiera ln, ty då måste man kolla att exp är bijektiv. Själva potenslagarna bygger bara på att exp(x)exp(y) = exp(x+y), vilket är ett förhållandevis enkelt resultat.

Okej, enda definitionen kanske var lite dåligt formulerat. Det finns förstås andra sätt att definiera a^x. Det satsen säger är att alla definitioner, som uppfyller (i) - (iv), kommer ge samma svar för vad a^x är.

0 till t skrev jag fel på, utan integrationsgränsen ska vara 1 till t. Som manne skrev från början. Integrationsgränserna väljs för att begynnelsevillkoret ska uppfyllas. Jag menar, om man ändrar den nedre integrationsgränsen så ändras integralen bara med en konstant, så det att välja en specifik nedre integationsgräns är bara att välja en specifik primitiv funktion till 1/t. I det här fallet så säger begynnelsevillkoret att, om vi ser x som en funktion av t, att

x(1) = 0.

Vidare har vi diffekvationen

x'(t) = 1/t.

Den generellla lösningen till diffekvationen är

[; x(t) = \int_a^t \frac{dt}{t}\text. ;]

och vi väljer helt enkelt sedan a så att begynnelsevillkoret uppfylls.

Vi ska visa att om k₁·k₂ = -1 så måste linjerna vara vinkelräta.

Som referens: http://i40.tinypic.com/2554co7.png

k₁ = tanα
k₂ = -tanβ

Detta ger att tanα·(-tanβ) = -1 ⇔ tanα·tanβ = 1

Vi har att α + β + γ = π och enligt formel för tangens får vi:

tanα·tanβ = [cos(α - β) - cos(α + β)]/[cos(α - β) + cos(α + β)] =
[cos(α - β) - cos(π - γ)]/[cos(α - β) + cos(π - γ)] = [cos(α - β) + cosγ]/[cos(α - β) - cosγ] = 1

Vi ser av detta att γ = π/2 och därmed har vi ortogonalitet.

Tog fram ett nytt bevis, och där använder jag bara Pythagoras sats och areasatsen. Kan visa det om det är något liknande du söker efter.

Äsch, slänger upp det.

http://i44.tinypic.com/v4ur7m.png

Vi har två linjer, y = k₁x och y = k₂x. Vi vet att k₁·k₂ = -1. Låt k₁ > 0 vilket ger att k₂ < 0 (vi förlorar ingen generalitet). Vi kan skriva den andra linjens ekvation som y = k₂x = -1/k₁·x. Välj en punkt på x-axeln i första kvadranten, x₀ vilket ger oss triangel som du ser i bilden.

Pythagoras sats ger oss sökta längder:

a = √(x₀² + 1/k₁²·x₀²) = x₀√(1 + 1/k₁²)
b = 1/k₁·x₀ + k₁·x₀ = x₀(k₁ + 1/k₁)
c = √(x₀² + k₁²x₀²) = x₀√(1 + k₁²)

Arean av den stora triangeln: x₀(k₁ + 1/k₁)·x₀/2

Vi får nu av areasatsen: x₀(k₁ + 1/k₁)·x₀/2 = sinα·x₀√(1 + 1/k₁²)·x₀√(1 + k₁²)/2.

Förenkling: (k₁ + 1/k₁) = sinα·√(1 + 1/k₁²)√(1 + k₁²) = sinα·√(k₁² + 2 + 1/k₁²) = sinα·√((k₁ + 1/k₁)²) = sinα·(k₁ + 1/k₁) vilket elegant ger oss att sinα = 1 och då är alltså α = π/2.

Ett ännu kortare bevis är att nyttja likformiga trianglar (blir väldigt kort och snyggt).