x, y, z

Определение показательной функции

# 28 Дек 2015 01:09:32
Evgeniy

Будем пользоваться следующими свойствами вещественных чисел, связанными с неравенствами:

Если $0<c$, то $a<b \Leftrightarrow ac<bc$;

Если $c<0$, то $a<b \Leftrightarrow ac>bc$;

$0<a \Leftrightarrow 0<\frac{1}{a}$;

$0<a<b \Leftrightarrow 0<\frac{1}{b}<\frac{1}{a}$.

Степень числа $a$ с натуральным показателем $n$ определяется индуктивно:

$\begin{cases} a^1 = a \\ a^{n+1} = a^{n} \cdot a \end{cases}$

Степень числа $a$ с целым показателем $n$ определяется следующим образом:

$a^n = \begin{cases} a^n & \text{если}\ n>0 \\ 1 & \text{если}\ n=0 \\ \left( a^{-1} \right)^{|n|} & \text{если}\ n<0 \\ \end{cases}$

Справедливы следующие свойства степени с целым показателем.

$a^{m+n} = a^{m} a^{n}$,
$\left(a^m\right)^n = a^{m n}$,
$\left(a b\right)^n = a^n b^n$.

Если $n>0$, то $a<b \Leftrightarrow a^n<b^n$, в частности $1<a \Leftrightarrow 1<a^n$,
Если $n<0$, то $a<b \Leftrightarrow a^n>b^n$, в частности $1<a \Leftrightarrow 1>a^n$.

Если $a>1$, то $a^n>1$,
Если $0<a<1$, то $0<a^n<1$.

Если $a>1$, то $m<n \Leftrightarrow a^m<a^n$,
Если $0<a<1$, то $m<n \Leftrightarrow a^m>a^n$.

Покажем, что при $a>1$ верно $\lim_{n \to +\infty}a^n = +\infty$ и $\lim_{n \to -\infty}a^n = 0$.

Множество $A = \{a^n, n \in \mathbb{N}\}$ не ограничено сверху. Действительно, допустим противное: множество $A$ ограничено сверху. Тогда множество $A$ имеет точную верхнюю границу $s$, в частности $\forall n \in \mathbb{N}\ a^n \le s$. Поскольку $a>1$ и $0<\frac{1}{a}<1$, то справедливо неравенство $\frac{a}{s}<s$. По свойству точной верхней границы найдется $n_0$ такой, что $\frac{a}{s} < a^{n_0} \le s$, откуда следует $s < a^{n_0+1}$, что невозможно. Заметим, что с учетом монотонности $a^n$ по $n$ можно утверждать, что $\forall x\in\mathbb{R}\ \exists n_0 \in \mathbb{N}\ \forall n>n_0\ \left (a^n>x \right )$. Этим показано, что $\lim_{n \to +\infty}a^n = +\infty$.

Из доказанного также следует, что $\forall \varepsilon>0\ \exists n_0 \in \mathbb{N}\ \forall n>n_0\ \left (0 < a^{-n}=\frac{1}{a^n} < \varepsilon \right )$, то есть $\lim_{n \to -\infty}a^n = 0$.

Далее покажем, что для всякого натурального $n$ и $a>0$ существует и единственное число $c>0$ такое, что $c^n=a$, то есть однозначно определен корень $\sqrt[n]{a}>0$.

Этот факт может быть получен как следствие непрерывности степенной функции $f(x)=x^n$ на всяком отрезке, лежащем в $(0,+\infty)$ и теоремы о промежуточном значении. Непрерывность степенной функции следует из определения и арифметических свойств предела.

Действительно, пусть задан какой-то $y>0$. Если $1<y$, то будет верно $f(1)=1^n < y \le y^n=f(y)$. Если $0<y<1$, то будет верно $f(y)=y^n \le y < 1^n=f(1)$. В обоих случаях можно применяя теорему о промежуточном значении можем заключить, что найдется $x>0$ такой, что $f(x)=x^n=y$.

Справедливы следующие свойства корня, которые следуют из свойств степеней.

$\sqrt[m]{\sqrt[n]{a}} = \sqrt[mn]{a}$,
$\sqrt[n]{a b} = \sqrt[n]{a}\sqrt[n]{b}$.

Если $a>1$, то $m<n \Leftrightarrow \sqrt[m]{a}<\sqrt[n]{a}$,
Если $0<a<1$, то $m<n \Leftrightarrow \sqrt[m]{a}>\sqrt[n]{a}$.

Определим степень вещественного числа $a$ с рациональным показателем $r$.

Пусть пока $a>1$.

Всякое рациональное число $r$ может быть представлено в виде отношения $r=\frac{m}{n}$, где $m$ – целое, а $n$ – натуральное.

Положим по определению $a^r = \sqrt[n]{a^m}$.

Отображение $r \mapsto a^r$ определено корректно в том смысле, что не зависит от представления рационального числа $r$ в виде отношения $r=\frac{m}{n}$, а также оно инъективное.

$\sqrt[n]{a^m} = \sqrt[n']{a^{m'}} \Leftrightarrow \left(\sqrt[n]{a^m}\right)^{nn'} = \left(\sqrt[n']{a^{m'}}\right)^{nn'} \Leftrightarrow a^{mn'} = a^{nm'} \Leftrightarrow mn' = nm' \Leftrightarrow \frac{m}{n}=\frac{m'}{n'}$.

Покажем, что справедливы следующие свойства.

$a^{r_1+r_2} = a^{r_1}a^{r_2}$,
$\left(a^{r_1}\right)^{r_2} = a^{r_1r_2}$.

Так как $\left(\sqrt[n_1]{a^{m_1}}\sqrt[n_2]{a^{m_2}}\right)^{n_1n_2} = \left(\sqrt[n_1]{a^{m_1}}\right)^{n_1n_2}\left(\sqrt[n_2]{a^{m_2}}\right)^{n_1n_2} = a^{m_1n_2}a^{m_2n_1} = a^{m_1n_2+m_2n_1}$, то по определению корня имеем $a^{r_1}a^{r_2} = a^{\frac{m_1}{n_1}}a^{\frac{m_2}{n_2}} = \sqrt[n_1]{a^{m_1}}\sqrt[n_2]{a^{m_2}} = \sqrt[n_1n_2]{a^{m_1n_2+m_2n_1}} = a^{\frac{m_1}{n_1}+\frac{m_2}{n_2}} = a^{\frac{m_1n_2+m_2n_1}{n_1n_2}} = a^{r_1+r_2}$.

Так как $\left (\sqrt[n_2]{\left (\sqrt[n_1]{a^{m_1}} \right )^{m_2}} \right )^{n_1n_2}=a^{m_1m_2}$, то по определению корня имеем $\left(a^{r_1}\right)^{r_2} = \left(a^{\frac{m_1}{n_1}}\right)^{\frac{m_2}{n_2}} = \left (\sqrt[n_2]{\left (\sqrt[n_1]{a^{m_1}} \right )^{m_2}} \right ) = \sqrt[n_1n_2]{a^{m_1m_2}} = a^{r_1r_2}$.

Так как при $a>1$ и $m,n>0$ справедливы неравенства $a^m>1$ и $\sqrt[n]{a}>1$, то для любого рационального $r>0$ будем иметь $a^r>1$.

Из этого следует, что при $a>1$ будем иметь $r_1<r_2 \Leftrightarrow a^{r_1}<a^{r_2}$.

Действительно, $a^{r_2} = a^{r_1}\cdot a^{r_2-r_1} > a^{r_1}\cdot 1 = a^{r_1}$.

Покажем, что $\lim_{r \to 0} a^r = 1$.

Пусть задано произвольное $\varepsilon>0$.

Так как $\lim_{n\to \infty} \sqrt[n]{a}=1$ и $\lim_{n\to \infty} \frac{1}{\sqrt[n]{a}}=1$, то найдется номер $n_0$ такой, что $\forall n>n_0\ \left(1-\varepsilon < a^{-\frac{1}{n}} < a^{\frac{1}{n}}<1+\varepsilon\right)$.

Ввиду монотонности $a^r$ по $r$ можно заключить, что при $|r|<\frac{1}{n}$ будет верно $1-\varepsilon < a^{-\frac{1}{n}}< a^r < a^{\frac{1}{n}}<1+\varepsilon$.

Этим показано, что $\lim_{r \to 0} a^r = 1$.

Покажем, что $\lim_{r \to r_0} a^r = a^{r_0}$, то есть отображение $r \mapsto a^r$ непрерывно.

$\lim_{r \to r_0} \left( a^r - a^{r_0} \right) = \lim_{r \to r_0} a^{r_0}\cdot \left( a^{r -r_0} - 1 \right) = a^{r_0}\cdot \lim_{r \to r_0} \left( a^{r -r_0} - 1 \right) = 0$.

Определим степень числа $a$ с вещественным показателем $x$.

Известно, что всякое вещественное число $x$ является пределом некоторой последовательности рациональных чисел $r_n \to x$.

Положим по определению $a^x = \lim_{n \to +\infty}a^{r_n}$.

Покажем, что этот предел всегда существует. Для этого достаточно показать, что последовательность $a^{r_n}$ фундаментальная.

Последовательность $r_n$ сходится, а значит она фундаментальная и ограниченная.

Так как $r_n$ ограничена, то найдется число $M>0$ такое, что для всех натуральных $n$ верно $-M < r_n < M$. Из этого следует, что последовательность $a^{r_n}$ также ограничена, поскольку ввиду монотонности $a^r$ для всех натуральных $n$ верно $a^{-M} < a^{r_n} < a^{M}$.

Из оценки $\left|a^{r_m} - a^{r_n}\right|=\left | a^{r_n} \right | \cdot \left | a^{r_m-r_n} - 1 \right |$ с учетом ограниченности последовательности $a^{r_n}$ и того факта, что $\lim_{r \to 0} a^r = 1$, следует фундаментальность последовательности $a^{r_n}$.

Покажем, что отображение $x \mapsto a^x$ определено корректно в том смысле, что предел $\lim_{n \to +\infty}a^{r_n}$ не зависит от выбора последовательности $r_n$.

Пусть $r_n \to x$ и $r'_n \to x$.

Из оценки $\left|a^{r_n} - a^{r'_n}\right|=\left | a^{r'_n} \right | \cdot \left | a^{r_n-r'_n} - 1 \right |$ с учетом ограниченности последовательности $a^{r'_n}$ и того факта, что $\lim_{r \to 0} a^r = 1$, следует, что $\lim_{n \to +\infty} \left( a^{r_n}-a^{r_n} \right) = 0$, откуда с учетом существования предела $\lim_{n \to +\infty} a^{r_n}$ следует $\lim_{n \to +\infty} a^{r_n} = \lim_{n \to +\infty} a^{r'_n}$.

Покажем, что $a^{x+x'} = a^{x}a^{x'}$.

Пусть $r_n \to x$ и $r'_n \to x'$.

Тогда $r_n+r'_n \to x+x'$.

По определению $a^{x+x'} = \lim_{n \to +\infty} a^{r_n+r'_n} = \lim_{n \to +\infty} a^{r_n} \cdot \lim_{n \to +\infty} a^{r'_n} = a^{x}a^{x'}$.

Покажем, что при $a>1$ и $x>0$ верно неравенство $a^x > 1$.

Так как $r_n \to x > 0$, то найдется рациональное $\delta > 0$ такое, что при всех достаточно больших номерах $n$ будет верно неравенство $r_n > \delta > 0$. С учетом уже доказанной монотонности $a^r$ по рациональному $r$ можно заключить, что при всех достаточно больших номерах $n$ будет верно неравенство $a^{r_n} > a^{\delta} > 1$. Переходя к пределу, получим $a^x = \lim_{n \to +\infty} a^{r_n} \ge a^{\delta} > 1$.

Из предыдущих двух свойств следует, что при $a>1$ будем иметь $x_1<x_2 \Leftrightarrow a^{x_1}<a^{x_2}$.

Действительно, $a^{x_2} = a^{x_1} \cdot a^{x_2-x_1} > a^{x_1}\cdot 1 = a^{x_1}$.

Далее покажем, что $\lim_{x \to 0} a^x = 1$.

Доказательство проводится так же, как и для рационального показателя.

Пусть задано произвольное $\varepsilon>0$.

Так как $\lim_{n\to \infty} \sqrt[n]{a}=1$ и $\lim_{n\to \infty} \frac{1}{\sqrt[n]{a}}=1$, то найдется номер $n_0$ такой, что $\forall n>n_0\ \left(1-\varepsilon < a^{-\frac{1}{n}} < a^{\frac{1}{n}}<1+\varepsilon\right)$.

Ввиду монотонности $a^x$ по $x$ можно заключить, что при $|x|<\frac{1}{n}$ будет верно $1-\varepsilon < a^{-\frac{1}{n}}< a^x < a^{\frac{1}{n}}<1+\varepsilon$.

Покажем, что $\lim_{x \to x_0} a^x = a^{x_0}$, то есть отображение $x \mapsto a^x$ непрерывно.

$\lim_{x \to x_0} \left( a^x - a^{x_0} \right) = \lim_{x \to x_0}a^{x_0}\cdot \left( a^{x -x_0} - 1 \right) = a^{x_0}\cdot \lim_{x \to x_0} \left( a^{x -x_0} - 1 \right) = 0$.

Теперь покажем, что $\left(a^{x}\right)^{y} = a^{xy}$.

Докажем индукцией по натуральному $n$, что $\left(a^{x}\right)^{n} = a^{xn}$.

При $n=1$ равенство, очевидно, верно.

Если утверждение верно при $n$, то есть $\left(a^{x}\right)^{n} = a^{xn}$.

Тогда $\left(a^{x}\right)^{n+1} = \left(a^{x}\right)^{n}\cdot a^{x} = a^{xn}\cdot a^{x} = a^{xn+x} = a^{x(n+1)}$, то есть равенство верно при $n+1$.

Заметим, что $\left(a^x\right)^{-1} = a^{-x}$, поскольку $a^xa^{-x} = a^{x-x}=a^0 = 1$.

Теперь докажем равенство для отрицательных целых чисел.

Пусть $m = -n$, где $n$ – натуральное.

$\left(a^{x}\right)^{m} = \left(a^{x}\right)^{-n} = \frac{1}{\left(a^{x}\right)^{n}} = \frac{1}{a^{xn}} = a^{-xn} = a^{x(-n)} = a^{xm}$.

Итак, равенство $\left(a^{x}\right)^{m} = a^{xm}$ верно для всех целых $m$.

Поскольку при всех натуральных $n$ верно $\left (a^{x\frac{1}{n}} \right )^n = a^{x\frac{1}{n}n}$ = a^x, то по определению $\left(a^{x}\right)^{\frac{1}{n}} = a^{x\frac{1}{n}}$.

Итак, равенство $\left(a^{x}\right)^{r} = a^{xr}$ доказано для всех рациональных $r$.

Пусть $r_n \to y$.

Тогда $xr_n \to xy$.

$\left (a^x \right )^y = \lim_{n \to +\infty } \left (a^x \right )^{r_n} = \lim_{n \to+ \infty } a^{xr_n} = a^{xy}$.

В последнем равенстве использовали непрерывность отображения $x \mapsto a^x$.

При построении отображения $x \mapsto a^x$ мы считали $a>1$. Но все построения можно было повторить и для $0<a<1$.

Так как при $0<a<1$ и $m,n>0$ справедливы неравенства $0<a^m<0$ и $0<\sqrt[n]{a}<0$, то для любого рационального $r>0$ будем иметь $0<a^r<0$.

Из этого будет следовать, что при $0<a<1$ будем иметь $r_1<r_2 \Leftrightarrow a^{r_1}>a^{r_2}$.

Из этого, в свою очередь, будет следовать, что при $0<a<1$ и $x>0$ верно неравенство $0<a^x<1$.

Из этого будет следовать, что при $0<a<1$ верно $x_1<x_2 \Leftrightarrow a^{x_1}>a^{x_2}$.

Итак, при $a > 0,\ a \ne 1$ на множестве вещественных чисел мы построили вещественнозначную функцию $x \mapsto a^x$, которая действует из $\mathbb{R}$ в $\mathbb{R}_+=\{x\in\mathbb{R}:x>0\}$ и обладает следующими свойствами:

  1. $a^1=a$;
  2. $a^{x_1+x_2} = a^{x_1}a^{x_2}$;
  3. $\left(a^{x_1}\right)^{x_2} = a^{x_1x_2}$;
  4. $\lim_{x \to x_0} a^x = a^{x_0}$;
  5. $x_1<x_2 \Leftrightarrow a^{x_1}>a^{x_2}$ при $0<a<1$,
    $x_1<x_2 \Leftrightarrow a^{x_1}<a^{x_2}$ при $a>1$.

Функция $f(x) = a^x$ называется показательной функцией, число $a$ называется основанием степени, а $x$ — показателем степени.

Докажем, что функция $a^x:\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}_+$ биективная.

Инъективность $a^x$ немедленно следует из строгой монотонности.

Докажем сюръективность.

Если $a>1$, тогда $\lim_{n \to +\infty}a^n = +\infty$ и $\lim_{n \to -\infty}a^n = 0$.

Если $0<a<1$, тогда $\lim_{n \to +\infty}a^n = 0$ и $\lim_{n \to -\infty}a^n = +\infty$.

Из этого следует, что для любого вещественного $y>0$ найдутся целые числа $m,n$ такие, что $a^m < y < a^n$.

Так как $f(m) = a^m < y < a^n = f(n)$, то с учетом непрерывности функции $a^x$ по теореме о промежуточном значении найдется $x$ такое, что $y=a^x$.

Итак, доказано, что функция $a^x:\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}_+$ биективная.

График показательной функции
*Имя:
Заголовок:
[TeX-help] [ted]
  • formulas >

*Вычислите
Captcha
Отправляя данные, вы соглашаетесь с Правилами сайта.