12. Степень с рациональным показателем; экс- понента

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