12. Степень с рациональным показателем; экспонента В дополнение к сказанному в предыдущей лекции укажем еще, как можно свести понятие предела к понятию непрерывности. Именно, выполнено следующее очевидное предложение. Предложение 12.1. Пусть I ⊂ R, a ∈ I и f : I \ {a} → C | функция. Тогда следующие утверждения равносильны: 1) f (x) limx→a = b; 2) Функция ( f~(x) = b; x f (x); x 6= a = a непрерывна в точке a. Вернемся теперь к тому, чем мы закончили предыдущую лекцию. Сформулируем простое следствие теоремы 11.10 о промежуточном значении. Следствие 12.2. Пусть [a; b] ⊂ R | отрезок и f : [a; b] → R | не- прерывная функция. Если f (a) < c < f (b) или f (a) > c > f (b), то существует такое ∈ [a; b], что f ( ) = c. Для доказательства достаточно применить теорему 11.10 к функции f (x) − c или c − f (x). Установив следствие 12.2, применим его к делу. Предложение 12.3. Пусть n сла x > 0 ∈ N. Для всякого действительного чи- существует и единственно такое действительное число y > 0, что y n = x. a > 0. Положим b = n непрерывна max{1; x} + 1. Тогда 0 < x < b; поскольку функция x 7→ x на отрезке [0; b], следствие 12.2 показывает, что существует такой y ∈ n = x. Единственность этого y следует из монотонности [0; b], что y n на [0; +∞). функции x 7→ x Доказательство. Число y из предложения 12.3 называется, как мы знаем, корнем й степени из и n ∈ N, Достаточно рассмотреть случай x и обозначается √ n x. то полагаем, как обычно, Далее, если xp = ( √ n x)m . p = m=m, где n- m ∈ Z Теперь можно прове- рить все свойства корней и степени с рациональным показателем (все 1 это содержится в школьном курсе: единственное, чего там не было | доказательства существования корня). Теперь мы можем исследовать свойства корня n-й степени как функ- ции; разумно начать с общего факта, который пригодится нам и в дру- f : [a; b] → R | непрерывная и строго монотонная функция. Положим f (a) = p, f (b) = q . В силу монотонности f число f (x) лежит между p и q для всякого x ∈ [a; b], так что f (x) ⊂ [p; q ] (или [q ; p], если f убывающая). Далее, в силу непрерывности f и теоремы о промежуточном значении имеем f ([a; b]) = [p; q ] (или [q ; p]). Так как гих случаях. Итак, пусть строго монотонная функция принимает в различных точках различные значения, получаем, что (или [q ; p]). f осуществляет биекцию отрезка [a; Стало быть, определена обратная функция (с соответствующими изменениями, если Теорема 12.4. Пусть f : [a; b] f b] на [p; q ] f −1 : [p; q ] → [a; b] убывает). → [p; q ] ⊂ R | непрерывная и строго −1 : [p; q ] → = f монотонная функция; тогда обратная к ней функция g [a ; b] тоже непрерывна. Доказательство. Ввиду предложения 11.7 нам достаточно доказать если {yn } | последовательность точек отрезка [p; q ] и yn = y ∈ [p; q ], то limn→∞ g (yn ) = g (y ) ∈ [p; q ]. Обозначим g (yj ) = xj , g (y ) = x; тогда xj = f (yj ), x = f (y ). Поскольку последовательность {xn } ограничена, ввиду предложения 9.10 нам достаточно доказать, что всякая предельная точка последовательности {xn } совпадает с x. Чтобы в этом убедиться, что так и есть, предположим, что | предельная точка для {xn }; это значит, что существует подпоследовательность {xnk }, для которой limk →∞ xnk = . Поскольку f непрерывна, следующее: limn→∞ имеем lim k→∞ f (xnk ) = lim k→∞ ynk (если последовательность сходится к y, = lim n→∞ yn = y то к тому же пределу сходится f (xnk ) = f ( ) = y , откуда что = g (y ) = x, и любая ее подпоследовательность). С другой стороны, limk →∞ f ( ) ввиду непрерывности функции f. Следовательно, ввиду строгой монотонности функции f получаем, что и требовалось. Следствие 12.5. Пусть n непрерывны на √ ∈ N, a ∈ Q. Тогда функции x n x и x 7→ xa ∞). [0; + Давайте теперь научимся вычислять производную корня и степенной функции с рациональным показателем (точнее говоря, обоснуем 2 правила, известные из школы). Тут тоже удобнее и разумнее доказать сразу общее утверждение. Предложение 12.6. Пусть f : (a; b) → (p; q ) | непрерывная и монотонная биекция двух интервалов; положим g = f −1 : (p; q ) → (a; b). Если f дифференцируема на (a; b) и при этом f 0 ( ) = 6 0 для всякого ∈ (a; b), то g дифференцируема на (p; q ) и g 0 (y ) = 1=f 0 (g (y )) для всякого y ∈ (p; q ). Одно из возможных неформальных объяснений этой формулы выглядит так. Композиция f ◦g | тождественная функция: f (g (y )) = y; производная тождественной функции равна единице. Поэтому из формулы для производной f 0 (g (y ))g 0 (y ), сложной функции имеем и остается только поделить на 1 f 0 (g (y )). (f = ◦ g )0 (y ) = К сожалению, до- казательством это рассуждение быть не может, так как при этом остается недоказанным сам факт существования производной у функции g. В строгом доказательстве, к которому мы сейчас перейдем, используется теорема 12.4. Доказательство. Функция f непрерывна, так как она дифференциру- ема (лемма 10.13). Для начала покажем, что и функция g непрерывна (если вам понятно, как это доказать, можете продолжить чтение со сле- y ∈ (p; q ) существуют такие отрезy | внутренняя точка в [p1 ; q1 ], g (y ) | внутренняя и f (точнее, ограничение f на отрезок [a1 ; b1 ]) задает монотонную биекцию [a1 ; b1 ] на [p1 ; q1 ] ⊂ (p; q ). Ввиду теоремы 12.4 ограничение функции g на [p1 ; q1 ] непрерывно, так что g непрерывна в точке y ; ввиду произвольности выбора точки y функция g непрерывна на (p; q ). Перейдем к основной части доказательства. Пусть t ∈ (p; q ), t = f (u), u = g (t). Нам необходимо установить, что дующего абзаца). В самом деле, для ки [a1 ; b1 ] ⊂ (a; b) и [p1 ; q1 ] ⊂ (p; q ), точка в [a1 ; b1 ] lim что g (y ) − g (t) y →t y−t = 1 f 0 ( u) : t, причем g (yn ) = limn→∞ xn = u. Теперь за- Воспользуемся предложением 10.9. Пусть limn→∞ xn ; ввиду непрерывности функции g имеем yn = пишем следующие равенства: lim n→∞ g (yn ) − g (t) yn − t = 1 lim yn − t n→∞ g (yn ) − g (t) = 1 lim f (xn ) − f (u) xn − u n→∞ 0 0 = = 1=f (u) = 1=f (g (t)) 3 (мы воспользовались limn→∞ f (xn )−f (u) xn − u = теоремой f 0 ( u) о пределе частного f 0 (u) 6= с учетом условия и равенством 0). Все доказано. a 0 В качестве примера на эту теорему проверим равенство (x ) axa−1 a ∈ Q. для обратна к функции g 0 (t) a Пусть сначала un . f : u 7→ n(g (t))n−1 что и требовалось. Если же a n ∈ N. Функция g : t 7→ = √ n t Поэтому 1 0 = 1=f (g (t)) = = 1=n, = 1 n · √ n ( 1 m=n, n ∈ N, = 1 = t)n−1 n 1−n t n = 1 n 1 t n −1 ; то мы воспользуемся еще формулой для производной сложной функции: m=n 0 (x ) = ((x =n m 0 1 ) ) = m(x1=n )m−1 (x1=n )0 = m−1 mx n · m = n 1 n 1 · x n −1 ·x m−n n = = axa−1 : После степени с рациональным показателем хочется перейти к степени с произвольным показателем; гораздо удобнее, однако, определять ее не напрямую, а через посредство показательной функции. Этим мы сейчас и займемся. При определении показательной функции, в свою очередь, удобно начать с показательной функции с основанием e (эту функцию назы- вают еще экспонентой). Ее мы сейчас и определим (причем для произвольных комплексных значений аргумента). При этом, поскольку связь с числом e прояснится не сразу, удобно ввести для этой функции «за- пасное» обозначение. Таким обозначением будет exp. Предложение-определение 12.7. 1+ z + z Для всякого zn 2 + 2! ::: + сходится; сумма этого ряда называется n! + z∈C ряд ::: экспонентой числа z и обозна- чается exp(z ). Доказательство. При z = 0 все очевидно. При z 6= 0 достаточно, ввиду признака абсолютной сходимости, доказать, что сходится ряд 1+ Положим члена к 0 < |z | = r n-му |z | + |z |2 2! + ::: + |z |n n! + ::: (12.1) и применим признак Даламбера: отношение (n + 1)-го равно rn+1 (n+1)! . rn n! = r=(n + 1), что при n→∞ стремится к 1. Стало быть, ряд (12.1) сходится, так что сходится и исходный ряд. 4 e Заметим сразу же, что exp(0) = 1 (очевидно) и exp(1) = (см. лек- цию 4). Основное свойство экспоненты содержится в следующем предложении. 12.8. Для любых z; w Предложение ∈ C имеем exp(z + w) = exp(z ) exp(w ). Доказательство этого предложение разбивается на две части: алгебраическую и аналитическую. Начнем с алгебраической. Доказательство предложения 12.8, часть 1. Перемножим формально ряды для exp(z ) и exp(w ) и приведем подобный, собрав слагаемые одной степени (суммарной по 1+ z + z2 2! + ::: + z zn n! и + = 1 + (z + + zn n! w ): ::: w) + + w+ 1+ z2 2! + z n−1 w (n − 1)!1! w2 2! zw + + + w2 ::: + + 2! z n−2 w 2 (n − 2)!2! wn n! + ::: = ::: + + в силу формулы бинома Ньютона слагаемое степени стало быть, после приведения подобных получится ··· + wn n! + :::; n равно (z + w )n =n!; ряд для exp(z + w ). Итак, наше предложение было бы доказано, если бы мы могли быть уверены, что в результате описанной выше манипуляции с двумя сходящимися рядами получается ряд, сумма которого равна произведению сумм двух исходных рядов. Сформулируем аккуратно, чего именно мы хотим. Вопрос.Пусть a0 + a1 + : : : + an + : : : и b0 + b1 + : : : + bn + : : : | два сходящихся ряда, суммы которых равны A и B соответственно. Верно ли, что ряд a0 b0 +(a0 b1 + a1 b0 )+(a0 b2 + a1 b1 + a2 b0 )+ : : : +(a0 bn + a1 bn−1 + : : : + an b0 )+ : : : (12.2) сходится к ab? Было бы, наверное, хорошо, если бы ответ на этот вопрос был положителен, но | к счастью или к несчастью | в нужном нам случае рядов с комплексными (или действительными) членами ответ на него отрицателен (отметим, что он все-таки положителен в случае рядов из p-адических чисел, с которыми мы встретимся позже). Именно, приве- дем такой 5 Предостерегающий пример. Пусть, 1 1 1 тот же знакомый нам ряд 1 − √ + √ − √ 2 3 ai и bi | один и + : : :. Тогда n-й член ряда (12.2) скажем, 4 P P равен ± 1 √ 1 то есть сумме · √ 2 n слагаемых не меньше, чем √ √ + n 1 √ · √ n+1)=2· + ::: + √ n· √ 1 ; одного знака, каждое из которых по модулю 1 ( n−1 1 n+1)=2 ( = 2=(n + 1). Стало быть, общий член к нулю не стремится и произведение рядов расходится. Итак, самый наивный способ обосновать рассуждение с перемножением рядов для exp(z ) и exp(w ) не проходит; тем не менее ответ на наш «вопрос» будет положителен, если наложить на ряды некоторые дополнительные условия (которым удовлетворяет ряд для экспоненты). Речь об этом пойдет на следующей лекции. 6