Abhängig von der verwendeten Definition der Exponentialfunktion kommt man auf verschiedene Beweise. Ich gebe mal ein paar Beispiele:
1.
exp(x) : =limn→∞(1+nx)n.
Sei
x∈R beliebig. Es reicht zu zeigen, dass
1+nx>0 für genügend große
n. Dies gilt insbesondere dann, wenn diese Folge gegen
1 konvergiert. Sei
ε>0, dann gilt für jede natürliche Zahl
n>εx gerade
∣nx∣<∣xxε∣=ε und damit folgt die gewünschte Aussage.
2.
exp(x) : =∑k=0∞k!xk.
Der Konvergenzradius der Reihe ist unendlich, die Reihe konvergiert stets absolut. Es gilt daher aufgrund der Cauchy-Produktformel und dem binomischen Lehrsatz für alle
x∈Rexp(x)exp(−x)=(k=0∑∞k!xk)(k=0∑∞k!(−x)k)=n=0∑∞(k=0∑∞(n−k)!k!xk(−x)n−k)=n=0∑∞(xn(k=0∑∞(n−k)!k!(−1)n−k))=n=0∑∞⎝⎜⎜⎜⎛n!1⎝⎜⎜⎜⎛=(x−x)nk=0∑∞(kn)xk(−x)n−k⎠⎟⎟⎟⎞⎠⎟⎟⎟⎞=exp(x−x)=exp(0)=1.Daraus folgt insbesondere
exp(x)=0. Nehme nun an, dass es ein
x∈R gibt mit
exp(x)<0. Dann gilt wegen
exp(x)exp(−x)=1 auch
exp(−x)<0, aber entweder
x oder
−x ist nichtnegativ, o.B.d.A. sei
−x nichtnegativ. In diesem Fall ist aber jeder Summand der Exponentialreihe nichtnegativ und die gesamte Reihe positiv. Also muss die Annahme, dass es ein
x mit
exp(x)<0 existiert, falsch sein.
3.
exp ist die eindeutige Lösung des Anfangswertproblems
x′(t)=x(t), x(0)=1.
Wenn man die Funktion so definiert geht der Beweis wie folgt: Wegen
x(0)=1 ist
x(t)=0 für alle
t∈R denn andernfalls wäre aufgrund der Eindeutigkeit der Lösung der DGL
x(t)≡0, aber diese Funktion löst das Anfangswertproblem nicht. Nehme nun an, es gebe ein
t0 mit
x(t0)<0. Da
x differenzierbar ist, ist
x stetig und da zusätzlich
x(0)=1 gibt es ein
ξ zwischen
0 und
t0, sodass
x(ξ)=0, aber dies ist nicht möglich wie wir gerade gesehen haben. Also gilt
exp(t)=x(t)>0.