Processing math: 20%
Now you are in the subtree of Математический анализ project. 

5.1. Показательная функция на R

Пусть a>0,p,qN. Положим

apq=(a1q)p,apq=1apq.

Замечание. Определение корректно, то есть, если r1 и r2 — рациональные и r1=r2, то ar1=ar2. Для проверки этого равенства достаточно показать, что если pZ,k,qN, то apq=akpkq.

Действительно, т.к ((a1kq)k)q=a=(a1q)q, то в силу строгой монотонности степенной функции имеем (a1kq)k=a1q, откуда

akpkq=(a1kq)kp=((a1kq)k)p=(a1q)p=apq. Аналогично устанавливается равенство (a1q)p=(ap)1q.

Будем использовать следующие свойства степени ar с rQ (a>0).

  1. r1<r2ar1<ar2 при a>1 и ar1>ar2 при 0<a<1.

  2. ar1ar2=ar1+r2.

  3. (ar1)r2=ar1r2.

  4. a0=1.

  5. (ab)r=arbr.

Проверим, например, свойство (3). Пусть p,pZ и q,qN, тогда

(apq)pq=(((a1q)p)1q)p=(a1qq)pp=appqq=apqpq.

Замечание. Для rQ можно рассмотреть функцию xxr,x(0,+). Эта функция непрерывна на области определения.

Лемма 5.1 (обобщенное неравенство Бернулли). Пусть a>1,rQ,|r|, тогда |a^ r - 1| \leqslant 2|r|(a - 1).

\blacktriangle  Пусть r = \frac1n, n \in \mathbb {N}, тогда обозначим \alpha = a^{\frac1n} - 1. Имеем a^{\frac1n} = 1 + \alpha , a = (1 + \alpha )^ n \geqslant 1 + \alpha n \Rightarrow \alpha \leqslant \frac{a-1}n и следовательно a^{\frac1n} - 1 \leqslant \frac1n (a-1)\ (*), откуда a^{\frac1n} - 1 < \frac2n(a-1) и лемма верна.

Пусть 0 < r \leqslant 1, тогда \frac1{n+1} < r \leqslant \frac1n для некоторого n \in \mathbb {N}. Используя (*) и свойство (1) имеем a^ r - 1 < a^\frac 1n - 1 \stackrel{(*)}{\leqslant } \frac1n(a-1) \leqslant \frac{2}{n+1}(a-1) < 2r(a-1) и лемма верна.

Пусть -1 \leqslant r < 0, тогда

|a^ r - 1| = a^{r} |a^{-r} - 1| < a^{r} 2 (-r) (a-1) < 2|r|(a-1), т.к. a^ r < 1.

Для r=0 неравенство превращается в верное равенство. \blacksquare

Теорема 5.1. Для каждого a > 0 и любого x_0 \in \mathbb {R} существует конечный предел \lim \limits _{\scriptscriptstyle \mathbb {Q}\ni x\to x_0} a^ x. Более того, если x_0 \in \mathbb {Q}, то \lim \limits _{\scriptscriptstyle \mathbb {Q}\ni x\to x_0} a^ x = a^{x_0}.

\blacktriangle  Рассмотрим случай a > 1. Выберем такое M \in \mathbb {N}, что x_0 + 1 < M, положим c=a^ M. Тогда \forall \varepsilon >0\ \exists \delta = \min \{ \frac12, \frac\varepsilon {4c(a-1)}\} \ \forall x_1, x_2 \in B_\delta (x_0)\cap \mathbb {Q}\colon

|a^{x_2} - a^{x_1}| = a^{x_1}|a^{x_2 - x_1} - 1| < c |a^{x_2 - x_1} - 1| \stackrel{(*)}{\leqslant } 2c(a-1) |x_2 - x_1| < \varepsilon \ (**).

По критерию Коши для функций \exists \lim \limits _{\scriptscriptstyle \mathbb {Q}\ni x\to x_0} a^ x \in \mathbb {R}. Отметим, что \lim \limits _{\scriptscriptstyle \mathbb {Q}\ni x\to x_0} a^ x > 0. Действительно, возьмём n \in \mathbb {N}, x_0 > -n. Тогда \exists \Delta > 0\ \forall x \in B_\Delta (x_0)\cap \mathbb {Q}\colon a^{x} > a^{-n} \Rightarrow \lim \limits _{\scriptscriptstyle \mathbb {Q}\ni x\to x_0} a^ x \geqslant a^{-n} > 0.

Рассмотрим случай 0 < a < 1. Т.к. a^ r = \frac1{(\frac1a)^ r}, r \in \mathbb {Q}, то \exists \lim \limits _{\scriptscriptstyle \mathbb {Q}\ni x\to x_0} a^ x = \frac1{\lim \limits _{\mathbb {Q}\ni x\to x_0} (\frac1a)^ x}.

Случай a = 1 тривиален.

Если положить в (**) x_2 = x, x_1=x_0, то получим \lim \limits _{\scriptscriptstyle \mathbb {Q}\ni x\to x_0} a^ x = a^{x_0}. \blacksquare

Определение 5.1. Пусть a > 0, x_0 \in \mathbb {R}. Положим a^{x_0} = \lim \limits _{\scriptscriptstyle \mathbb {Q}\ni x\to x_0} a^ x. Пусть a > 0, тогда функция x\to a^ x, x\in \mathbb {R} называется показательной функцией с основанием a.

Теорема 5.2. Показательная функция y = a^ x строго возрастает при a > 1, строго убывает при 0 < a < 1, постоянна при a = 1, непрерывна на \mathbb {R} и

\lim \limits _{x\to +\infty } a^ x = \begin{cases} +\infty ,\ a > 1, \\0,\ \ \ \ \, 0 < a < 1. \end{cases}\hspace{1cm} \lim \limits _{x\to -\infty } a^ x = \begin{cases} 0,\ \ \ \ \, a > 1, \\+\infty ,\ 0 < a < 1. \end{cases}

\blacktriangle  Пусть a > 1. Покажем, что y = a^ x строго возрастает на \mathbb {R}. Пусть x_1 < x_2. Найдём r_1, r_2 \in \mathbb {Q}\colon x_1 < r_1 < r_2 < x_2, тогда \exists \Delta _1, \Delta _2 > 0\colon

\forall x \in B_{\Delta _1}(x_1) \cap \mathbb {Q}\colon a^{x} < a^{r_1},

\forall x \in B_{\Delta _2}(x_2) \cap \mathbb {Q}\colon a^{x} > a^{r_2}.

Переходя в полученном неравенстве к пределу, получим:

a^{x_1} = \lim \limits _{\mathbb {Q}\ni x\to x_1} a^ x \leqslant a^{r_1} < a^{r_2} \leqslant \lim \limits _{\mathbb {Q}\ni x\to x_2} a^ x = a^{x_2}, т.е. a^{x_1} < a^{x_2}.

Пусть x_0 \in \mathbb {R}. Покажем, что y = a^ x непрерывна в точке x_0. По следствию 1 теоремы о пределе монотонной функции существуют конечные пределы a^{x_0 - 0} = \sup \limits _{(-\infty , x_0)} a^ x и a^{x_0 + 0} = \inf \limits _{(x_0, +\infty )} a^ x, причём a^{x_0 - 0} \leqslant a^{x_0} \leqslant a^{x_0 + 0}.

Рассмотрим \{ \alpha _ n\} , \alpha _ n \in \mathbb {Q}\cap (x_0, +\infty ), \alpha _ n\to x_ n;\quad \{ \beta _ n\} , \beta _ n \in \mathbb {Q}\cap (-\infty , x_0), \beta _ n\to x_0.

Тогда \forall n\in \mathbb {N}\colon a^{\beta _ n} \leqslant a^{x_0 - 0} \leqslant a^{x_0 + 0} \leqslant a^{\alpha _ n} \Rightarrow 0 \leqslant a^{x_0 + 0} - a^{x_0 - 0} \leqslant a^{\alpha _ n} - a^{\beta _ n}. Перейдём в этом неравенстве к пределу при n\to \infty . Т.к. \lim \limits _{n\to \infty }a^{\alpha _ n} = \lim \limits _{n\to \infty }a^{\beta _ n} = a^{x_0}, то по теореме о зажатой последовательности a^{x_0 - 0} = a^{x_0 + 0}. Следовательно, \exists \lim \limits _{x\to x_0} a^ x = a^{x_0}, т.е. y = a^ x непрерывна в точке x_0.

Если x > n \in \mathbb {N}, то a^ x > a^ n = (1 + (a - 1))^ n \geqslant 1 + n(a-1) \to +\infty \Rightarrow \lim \limits _{x\to +\infty } a^ x = +\infty .

Если x < -n, то a^ x < a^{-n} = \frac1{(1 + (a - 1))^ n} \leqslant \frac1{1 + n(a-1)} \to 0 \Rightarrow \lim \limits _{x\to 0} a^ x = 0.

Случай 0 < a < 1 рассматривается аналогично.

Случай a = 1 тривиален. \blacksquare

Следствие. \forall x, x_1, x_2 \in \mathbb {R}\colon

  1. (ab)^ x = a^ x b^ x

  2. a^{x_1} a^{x_2} = a^{x_1 + x_2}

  3. (a^{x_2})^{x_1} = a^{x_1 x_2}.

\blacktriangle  Проверим последнее равенство.

Пусть r \in \mathbb {Q}, \mathbb {Q}\ni r_ n\to x_1. В силу непрерывности степенной функции с рациональным показателем и непрерывности показательной функции имеем: a^{r_ n} \to a^{x_1},

\left.\begin{array}{l} (a^ r)^{r_ n} \to (a^ r)^{x_1} \\ a^{r r_ n} \to a^{r x_1} \end{array}\right\} \Rightarrow (a^ r)^{x_1} = a^{r x_1}.

Пусть \mathbb {Q}\ni r_ n'\to x_2, тогда \left.\begin{array}{l} (a^{r_ n'})^{x_1} \to (a^{x_2})^{x_1} \\ a^{r_ n' x_1} \to a^{x_2 x_1} \end{array}\right\} \Rightarrow (a^{x_2})^{x_1} = a^{x_2 x_1}. \blacksquare