4.9.2 Показательная функция

Пусть $a > 1, \mathit{x} \in \mathbb{R}$. Выберем последовательность рациональных чисел $\left \{ r_{n} \right \}$, сходящуюся к $x$. Тогда, в силу леммы $\left ( \ast \right )$, последовательность $\left \{ a^{r_{n}} \right \}$ сходится. Положим по определению $a^{x}= \lim\limits_{n \to \infty} a^{r_{n}}$. Для доказательства корректности данного определения нужно показать, что $a^{x}$ не зависит от выбора последовательности $\left \{ r_{n} \right \}$, сходящейся к $x$. Покажем это. Пусть $\left \{ r_{n}^{\prime} \right \}$ и $\left \{ r_{n}^{\prime\prime} \right \}$ сходятся к $x$, а $\left \{ a^{r_{n}^{\prime}} \right \}$ и $\left \{ a^{r_{n}^{\prime\prime}} \right \}$ сходятся к разным пределам (сходимость этих последовательностей вытекает из леммы $\left ( \ast \right )$. Но тогда последовательность $\left \{ r_{1}^{\prime}, r_{1}^{\prime\prime}, r_{2}^{\prime}, r_{2}^{\prime\prime}, \ldots \right \}$ сходится, а последовательность $\left \{ a^{r_{1}^{\prime}}, a^{r_{1}^{\prime\prime}}, a^{r_{2}^{\prime}}, a^{r_{2}^{\prime\prime}},\ldots \right \}$ имеет два различных частичных предела и, стало быть, расходится, что противоречит лемме $\left ( \ast \right )$.

Итак, для определения $a^{x}$ можно выбрать любую последовательность рациональных чисел, сходящуюся к $x$. Значение $a^{x}$ не зависит от выбора этой последовательности. Таким образом, для $a > 1$ каждому $\mathit{x} \in \mathbb{R}$ поставлено в соответствие число $a^{x}$, т. е. мы получаем функцию $f\left ( x \right ) = a^{x}$, определенную на $\mathbb{R}$. Далее, полагаем $1_{x} = 1$ для любого $\mathit{x} \in \mathbb{R}$. Если же $0 < a < 1$, то $b = \frac{1}{a} > 1$, и значение $b^{x}$  для $\mathit{x} \in \mathbb{R}$ уже определено. Полагаем $a^{x} = \frac{1}{b^{x}}$. Полученное значение $a^{x}$ можно было определить и как предел последовательности $\left \{ a^{r_{n}} \right \}$, где последовательность рациональных чисел $\left \{ r_{n} \right \}$ сходится к числу $x$. В самом деле,
$a^{x}= \frac{1}{b^{x}}= \frac{1}{\lim\limits_{n \to \infty } b^{r_{n}}}= \lim\limits_{n \to \infty }\frac{1}{b^{r_{n}}}= \lim\limits_{n \to \infty }\left ( \frac{1}{b} \right )^{r_{n}}= \lim\limits_{n \to \infty }a^{r_{n}}$.
Таким образом, мы получили показательную функцию $y= a^{x} \left ( x \in \mathbb{R} \right )$, где $a > 0$. Изучим свойства этой функции. Случай a = 1 тривиален, и мы его опускаем.
Поскольку при $0 < a < 1$ имеем $b = \frac{1}{a} > 1$ и $a^{x} = \frac{1}{b^{x}}$, то достаточно изучить лишь свойства функции $a^{x}$ при $a > 1$.

Свойство 1

Для любого $a > 1$ и любых $x^{\prime}, x^{\prime\prime} \in \mathbb{R}$ справедливо равенство $a^{x^{\prime}} \cdot a^{x^{\prime\prime}} = a^{x^{\prime}+x^{\prime\prime}}$.

Пусть $r_{n}^{\prime}\rightarrow x^{\prime}, r_{n}^{\prime\prime}\rightarrow x^{\prime\prime}$. Тогда $r_{n}^{\prime} + r_{n}^{\prime\prime} \rightarrow x^{\prime} + x^{\prime\prime}$ и $a^{x^{\prime}}\cdot a^{x^{\prime\prime}} = \lim\limits_{n \to \infty } a^{r_{n}^{\prime}} \cdot \lim\limits_{n \to \infty } a^{r_{n}^{\prime\prime}} = \lim\limits_{n \to \infty } a^{r_{n}^{\prime}} \cdot a^{r_{n}^{\prime\prime}} = \lim\limits_{n \to \infty } a^{r_{n}^{\prime} + r_{n}^{\prime\prime}}$  $= a^{x^{\prime} + x^{\prime\prime}}$.

Из свойства $1$, в частности, вытекает, что $a^{-x} = \frac{1}{a^{x}} \left ( x \in \mathbb{R} \right )$.

Свойство 2

Функция $y= a^{x} \left (a > 1 \right )$ строго возрастает на $\mathbb{R}$.

Пусть $^{\prime} < x^{\prime\prime}$. Нужно доказать, что $a^{x^{\prime}} < a^{x^{\prime\prime}}$. Для этого покажем сначала, что $a^{x} > 0$ при любом $ x \in \mathbb{R}$. Пусть последовательность рациональных чисел  $r_{n} \rightarrow x \left ( n \rightarrow \infty \right )$. Тогда существует рациональное число $r < r_{n} \left ( n \geq N \right )$, и, значит, $a^{r} < a^{r_{n}}$, откуда $a^{r} \leq \lim\limits_{n \to \infty } a^{r_{n}} = a^{x}$. Но $a^{r} > 0$, так что и $a^{x} > 0$.
Умножим требуемое неравенство $a^{x^{\prime}} < a^{x^{\prime\prime}}$ на $a^{ -x^{\prime}} > 0$. Получим эквивалентное неравенство $1 < a^{x^{\prime\prime}  -x^{\prime}}$, где $x^{\prime\prime} -x^{\prime} = z > 0$. Таким образом, нужно показать, что $a^{z} > 1$ при любом действительном $z > 0$. Выберем рациональное $r$ такое, что $0 < r < z$, и последовательность рациональных чисел $a^{z} > 1$, стремящуюся к $z$. Тогда $a^{z} = \lim\limits_{n \to \infty } a^{r_{n}} \geq a^{r} > a^{0} = 1$, и тем самым завершается доказательство.

Свойство 3

Функция $y= a^{x}$ непрерывна на $\mathbb{R}$.

Пусть $x_{0} \in \mathbb{R}$. Тогда $a^{x} -a^{x_{0}} = a^{x_{0}}\left ( a^{x -x_{0}} -1 \right )$. Поэтому достаточно показать, что $\lim\limits_{x\rightarrow x_{0}}a^{x -x_{0}} = 1$, или, что то же самое, $\lim\limits_{t \rightarrow 0}a^{t} = 1$. Используем определение предела функции в терминах последовательностей. Пусть $\left \{ t_{n} \right \}$ стремится к нулю. Тогда найдется последовательность положительных рациональных чисел $\left \{ r_{n} \right \}$, стремящаяся к нулю и такая, что $-r_{n} \leq t_{n} \leq r_{n}$. Тогда  $a^{-r_{n}} \leq a^{t_{n}} \leq a^{r_{n}}$, т. е. $a^{-r_{n}} -1 \leq a^{t_{n}} -1 \leq a^{r_{n}} -1$. Из условия $a^{r_{n}} \rightarrow a^{0} = 1\left ( n \rightarrow \infty \right )$ следует, что для любого $\varepsilon > 0$ найдется такое $N_{1}$, что при любом $n \geq N_{1}$ справедливо неравенство $a^{r_{n}} -1 < \varepsilon$. Далее, поскольку $a^{-r_{n}} \rightarrow a^{0} = 1\left ( n \rightarrow \infty \right )$, то для любого $\varepsilon > 0$ найдется такое $N_{2}$, что при всех $n \geq N_{2}$ справедливо неравенство $a^{-r_{n}} -1 > -\varepsilon$. Зададим $\varepsilon > 0$, найдем номера $N_{1}$ и $N_{2}$ и положим $N = max(N_{1}, N_{2})$. Тогда для $n \geq N$ получим $-\varepsilon < a^{t_{n}} -1 < \varepsilon$, т. е. $\left | a^{t_{n}} -1 \right | < \varepsilon$. Это означает, что $\lim\limits_{n\rightarrow \infty }a^{t_{n}} = 1$, а, в силу произвольности последовательности $\left \{ t_{n} \right \}$ получаем, что $\lim\limits_{t\rightarrow 0}a^{t} = 1$.

Свойство 4

Для любого $a > 0$ и любых $x^{\prime}, x^{\prime\prime} \in \mathbb{R}$ справедливо равенство $\left ( a^{x^{\prime}} \right )^{x^{\prime\prime}} = a^{x^{\prime} \cdot x^{\prime\prime}}$.

Сначала рассмотрим случай $x^{\prime\prime} = r \in \mathbb{Q}$. Пусть $r_{n}^{\prime} \rightarrow x^{\prime} \left ( n \rightarrow \infty \right )$. Тогда $r_{n}^{\prime} \cdot r \rightarrow x^{\prime} \cdot r \left ( n \rightarrow \infty \right )$ и $\left ( a^{r_{n}^{\prime}} \right )^{r} = a^{r_{n}^{\prime} \cdot r} \rightarrow a^{x^{\prime} \cdot r} \left ( n \rightarrow \infty \right )$. С другой стороны, так как $a^{r_{n}^{\prime}} \rightarrow a^{x^{\prime}} \left ( n \rightarrow \infty \right )$, то на основании непрерывности степенной функции с рациональным показателем $r$ получаем, что $\left ( a^{r_{n}^{\prime}} \right )^{r} \rightarrow \left ( a^{x^{\prime}} \right )^{r} \left ( n \rightarrow \infty \right )$, откуда, в силу единственности предела, следует, что $\left ( a^{x^{\prime}} \right )^{r} \rightarrow a^{x^{\prime} \cdot r}$.
Пусть теперь произвольные $x^{\prime}, x^{\prime\prime} \in \mathbb{R}$. Используя доказанный случай, получим $\left ( a^{x^{\prime}} \right )^{x^{\prime\prime}} = \lim\limits_{n \to \infty } \left ( a^{x^{\prime}} \right )^{r_{n}^{\prime\prime}} = \lim\limits_{n \to \infty } a^{x^{\prime} \cdot r_{n}^{\prime\prime}} = a^{x^{\prime} \cdot x^{\prime\prime}}$.

Свойство 5

Если $a > 0$, то $\lim\limits_{x\rightarrow +\infty } a^{x} = +\infty , \lim\limits_{x\rightarrow -\infty } a^{x} = 0$.

Используя неравенство Бернулли, получим $a^{x}\geq a^{\left [ x \right ]} = \left ( 1 + \alpha \right )^{\left [ x \right ]} \geq \alpha \left [ x \right ] \geq \alpha \left ( x -1 \right )$, где $\alpha = a -1 > 0$. Отсюда следует, что $\lim\limits_{x\rightarrow +\infty } a^{x} = +\infty$. Так как $a^{-x} = \frac{1}{a^{x}}$, то при $\left ( x\rightarrow -\infty \right )$ имеем  $-x\rightarrow +\infty$ и $a^{-x} = \frac{1}{a^{x}} \rightarrow +\infty$, так что $a^{x} \rightarrow 0$ при $ax \rightarrow -\infty$.

Пусть $a > 0$. Если последовательность рациональных чисел $\left \{ r_{n} \right \}$ сходится, то последовательность $\left \{ a^{r_{n}^{\prime}} \right \}$ также сходится $\left ( \ast \right )$.

Упражнения

Пример 1.На основании полученных свойств показательной функции постройте графики показательной функции при различных значениях $a > 0$.

Ниже представлен график функции $y = 2^{x}$:

Пример 2.Решите уравнение $9^{x} -4 \cdot 3^{x} + 3 = 0$.

Решение

$$9^{x} — 4 \cdot 3^{x} + 3 = 0$$
$$\left ( 3^{x} \right )^{2} -4 \cdot 3^{x} + 3 = 0$$
Пусть $t = 3^{x}$, тогда
$$t^{2} -4t + 3 = 0$$
$$\left[
\begin{array}{ccc}
t & = & 3
\\t & = & 1
\end{array}
\right.$$
$$\left[
\begin{array}{ccc}
3^{x} & = & 3
\\3^{x} & = & 1
\end{array}
\right. \Leftrightarrow
\left[
\begin{array}{ccc}
x & = & 1
\\x & = & 0
\end{array}
\right.$$

Пример 3.Решите уравнение $\left ( \frac{4}{9} \right )^{x} = \left ( \frac{3}{2} \right )^{8}$.

Решение

$$\left ( \frac{4}{9} \right )^{x} = \left ( \frac{3}{2} \right )^{8}$$
$$\left ( \frac{4}{9} \right )^{x} = \left ( \frac{2^{2}}{3^{2}} \right )^{x} = \left ( \frac{2}{3} \right )^{2x} = \left ( \frac{3}{2} \right )^{-2x}$$
$$\left ( \frac{3}{2} \right )^{-2x} = \left ( \frac{3}{2} \right )^{8}$$
$$-2x = 8$$
$$x = 4$$

Пример 4.Решите неравенство $4^{-x + 2}\geq \left ( \frac{1}{2} \right )^{4x -1}$.

Решение

$$4^{-x + 2}\geq \left ( \frac{1}{2} \right )^{4x -1}$$
$$\left ( 2^{2} \right )^{-x + 2} \geq \left ( 2^{-1} \right )^{4x — 1}$$
$$2^{-2x + 4} \geq 2^{-4x + 1}$$
$$-2x + 4 \geq -4x + 1$$
$$-2x + 4x \geq 1 -4$$
$$2x \geq -3$$
$$x \geq -\frac{3}{2}$$

Показательная функция

Тест на тему «Показательная функция»

M683. О расположении разноцветных кружков

Задачa из журнала «Квант» (1981 год, 5 выпуск)

Условие

Несколько кружков одинакового размера положили на стол так, что никакие два не перекрываются. Докажите, что кружки можно раскрасить в четыре цвета так, что любые два касающиеся кружка будут окрашены в разные цвета. Найдите расположение кружков, при котором трех цветов для такой раскраски недостаточно.

Доказательство

Доказательство возможности требуемой раскраски проведем индукцией по числу кружков n. При n\leq 4 утверждение очевидно. Предположим, что оно справедливо для любого расположения k кружков. Пусть на столе лежит k+1 кружков. Зафиксируем на плоскости произвольную точку M и рассмотрим кружок, центр O которого находится на наибольшем расстоянии от M (если таких кружков несколько, возьмем любой из них). Нетрудно убедиться, что выбранного кружка касается не более двух других (центры всех кружков лежат в круге \left ( M, \left | OM \right | \right ) — рис. 1). Отбросим кружок с центром O и раскрасим нужным образом в четыре цвета оставшиеся k кружков (по предположению индукции это можно сделать). Вернем теперь кружок с центром O на место. Поскольку он касается не более трех из уже покрашенных кружков, его можно раскрасить в тот цвет, который не был использован при раскраске касающихся его соседей.

Утверждение доказано.

Рисунок 1.

На рисунке 2 изображены 11 кружков, для нужной раскраски которых трех цветов недостаточно. Действительно, предположив, что эти кружки можно раскрасить тремя цветами, получим, что кружки A, B, C, D, E должны быть окрашены одинаково. Но это невозможно, поскольку кружки A и E касаются.

Рисунок 2.