5.1. Показательная функция на R
Пусть $a > 0, p, q \in \mathbb {N}$. Положим
$$a^{\frac{p}q} = (a^{\frac1q})^ p, \quad a^{-\frac{p}q} = \frac1{a^{\frac{p}q}}.$$
Замечание. Определение корректно, то есть, если $r_1$ и $r_2$ — рациональные и $r_1 = r_2$, то $a^{r_1} = a^{r_2}$. Для проверки этого равенства достаточно показать, что если $p \in \mathbb {Z}, k, q \in \mathbb {N}$, то $a^{\frac{p}q} = a^{\frac{kp}{kq}}$.
Действительно, т.к $((a^{\frac1{kq}})^ k)^ q = a = (a^{\frac1q})^ q$, то в силу строгой монотонности степенной функции имеем $(a^{\frac1{kq}})^ k = a^{\frac1q}$, откуда
$a^{\frac{kp}{kq}} = (a^{\frac1{kq}})^{kp} = ((a^{\frac1{kq}})^ k)^ p = (a^{\frac1q})^ p = a^{\frac{p}q}$. Аналогично устанавливается равенство $(a^{\frac1q})^ p = (a^ p)^\frac 1q$.
Будем использовать следующие свойства степени $a^ r$ с $r \in \mathbb {Q}\ (a > 0)$.
$r_1 < r_2 \Rightarrow a^{r_1} < a^{r_2}$ при $a > 1$ и $a^{r_1} > a^{r_2}$ при $0 < a < 1$.
$a^{r_1} a^{r_2} = a^{r_1 + r_2}$.
$(a^{r_1})^{r_2} = a^{r_1 r_2}$.
$a^0 = 1$.
$(ab)^ r = a^ r b^ r$.
Проверим, например, свойство (3). Пусть $p, p' \in \mathbb {Z}$ и $q, q' \in \mathbb {N}$, тогда
$(a^\frac {p}q)^\frac {p'}{q'} = (((a^\frac 1q)^ p)^\frac 1{q'})^{p'} = (a^\frac 1{qq'})^{pp'} = a^\frac {pp'}{qq'} = a^{\frac{p}{q} \frac{p'}{q'}}$.
Замечание. Для $r \in \mathbb {Q}$ можно рассмотреть функцию $x \mapsto x^ r, x \in (0, +\infty )$. Эта функция непрерывна на области определения.
Лемма 5.1 (обобщенное неравенство Бернулли). Пусть $a > 1, r \in \mathbb {Q}, |r| \leqslant 1$, 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 $
$(ab)^ x = a^ x b^ x$
$a^{x_1} a^{x_2} = a^{x_1 + x_2}$
$(a^{x_2})^{x_1} = a^{x_1 x_2}$.
$\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 $