Вывод формулы для возведения в рациональную степень.

[Tosha]

Подскажите, пожалуйста, можно ли это считать доказательтством формулы: $\sqrt[m]{a^n}=a^{\frac{n}{m}}$ при $a>0$, $n\in \mathbb{Z}$, $m\in \mathbb{N}$

Пусть $\sqrt[m]{a^n}=x$, а $a^{\frac{n}{m}}=y$. Нужно доказать, что $x=y$

С учетом того, что функция $f(r)=a^r$ монотонна, можно сказать, что $a=b\;\Leftrightarrow\; a^r=b^r$ (*)

$\sqrt[m]{a^n}=x$ $\;\Leftrightarrow\; $ $\left(\sqrt[m]{a^n}\right)^m=x^m$ (при $a>0$, $n\in \mathbb{Z}$, $m\in \mathbb{N}$)

$a^n=x^m$ C учетом (*) мы можем написать, что $a^n=x^m$ $\;\Leftrightarrow\; $

$\left(a^n\right)^{\frac{1}{m}}=\left(x^m\right)^{\frac{1}{m}}$, тогда и только тогда

$(a^{\frac{n}{m}})^m=x=y$ чтд

[mihaild]

А как определяются корень (видимо как решение уравнения $\sqrt[n]{a}^n = a$?) и степень с рациональным показателем?

Tosha в сообщении #1564642 писал(а):

$(a^{\frac{n}{m}})^m=x=y$

Тут никакая лишняя степень не затесалась?

[Tosha]

Да, лишняя степень затесалась, а именно степень $m$, спасибо) Правильно ли я понимаю, что это как раз-таки эта формула ничто иное - как определение степени с дробным показателем, потому здесь никакие доказательства не нужны? А эти преобразования просто косвенно подтверждают это определение?

[mihaild]

Эта формула действительно может служить определением степени с рациональным показателем.
Но тогда надо доказывать, что $(a^p)^q = a^{pq}$ для рациональных $p$ и $q$.
Кроме того

Tosha в сообщении #1564642 писал(а):

функция $f(r)=a^r$ монотонна

Для каких $r$ это считается известным? Пользуетесь вы этим свойством для $1/m$.

[Tosha]

mihaild в сообщении #1564645 писал(а):

Эта формула действительно может служить определением степени с рациональным показателем.

Спасибо, понятно

-- 13.09.2022, 22:07 --

mihaild в сообщении #1564645 писал(а):

Для каких $r$ это считается известным? Пользуетесь вы этим свойством для $1/m$.

Для всех действительных=)

[ewert]

Tosha в сообщении #1564644 писал(а):

Правильно ли я понимаю, что это как раз-таки эта формула ничто иное - как определение степени с дробным показателем, потому здесь никакие доказательства не нужны?

Это действительно не что иное как определение степени с рациональным показателем. А вот что является именно формулой и действительно требует формального доказательства -- это $\sqrt[m]{a^n}=\big(\sqrt[m]a\big)^n$.

Но для этого, конечно, должен быть корректно определён сам корень, что не так уж и безобидно (требует развитой теории вещественных чисел).

Tosha в сообщении #1564646 писал(а):

Для всех действительных=)

Для всех вещественных -- это бессмысленно. Вещественные показатели не могут определяться до рациональных. Причём аккуратное сведение вещественных показателей к рациональным совсем не тривиально.

mihaild в сообщении #1564645 писал(а):

Для каких $r$ это считается известным? Пользуетесь вы этим свойством для $1/m$.

Для целочисленных показателей монотонность очевидна, а тогда она автоматически есть для корней и (через одну строчку) для рациональных показателей. Но для этого, повторюсь, корень должен быть корректно определён.

[EminentVictorians]

Мне кажется, что самый понятный способ введения показательной функции - через ее характеристическое уравнение. Рассматриваем функциональное уравнение Коши: $f(x + y) = f(x)f(y)$. Видно, что подойдет тождественно нулевая, но это не интересно. Добавляем условие: $f$ не равна нулю хотя бы в одной точке. Этого достаточно, чтобы сказать что $f$ будет всюду положительна. Для любой $f$ будет выполняться $f(0) = 1$; в натуральных точка $f(n) = f(1)^n$; в отрицательных целых $f(-n) = \frac{1}{f(1)^n}$, а в рациональных: $f(\frac{m}{n}) = \sqrt[\mathsf n]{f(1)^{m}}$. Любая такая функция $f$ будет непрерывна всюду, где она определена (т.е. всюду на $\mathbb Q$). Продолжаем ее по непрерывности на все $\mathbb R$. Получилось параметризованное семейство функций, где параметром выступает $f(1)$. Полагаем по определению: $a^x = f$, где $f(1) = a$. Этот способ хорош тем, что проясняет, откуда вообще появилось такое определение степени, а не какое-нибудь другое.

[EminentVictorians]

(дополнение к предыдущему)
Разумеется, мы ищем решения среди непрерывных функций. Это довольно естественное требование для операции возведения в степень (кстати вроде бы достаточно непрерывности хотя бы в одной точке). Поэтому, в данном случае доказывать непрерывность показательной функции не надо - она непрерывна по определению.

[ewert]

EminentVictorians в сообщении #1564672 писал(а):

Добавляем условие: $f$ не равна нулю хотя бы в одной точке.

Лишнее. Всё равно ведь надо оговорить, что $f(1)=a$.

EminentVictorians в сообщении #1564672 писал(а):

Любая такая функция $f$ будет непрерывна всюду, где она определена (т.е. всюду на $\mathbb Q$).

Это, во-первых, надо доказывать (сводить к стремлению к нулю геометрической прогрессии). Во-вторых, технически нужно не совсем это -- нужно, что из фундаментальности последовательности показателей следует фундаментальность самих степеней.

EminentVictorians в сообщении #1564672 писал(а):

Продолжаем ее по непрерывности на все $\mathbb R$.

Идея, безусловно, в этом, но технически выгоднее говорить не о пределах, а о супремумах.

EminentVictorians в сообщении #1564677 писал(а):

в данном случае доказывать непрерывность показательной функции не надо - она непрерывна по определению.

Увы, отнюдь не по определению. То, что непрерывность с $\mathbb Q$ (что бы под ней не понималось) распространяется на всё $\mathbb R$ -- это теорема, и её надо честно доказывать. Только после этого оказывается, что определение корректно.

Кстати, нуждаются в доказательстве и стандартные свойства типа монотонности, $(a^x)^y=a^{xy}$ и даже $a^{x+y}=a^xa^y$. Конечно, они переносятся с $\mathbb Q$ на $\mathbb R$ по непрерывности, но ведь это надо оформить (как минимум зафиксировать сам факт переноса).

EminentVictorians в сообщении #1564677 писал(а):

кстати вроде бы достаточно непрерывности хотя бы в одной точке

Конечно, достаточно, но эстетически это невыгодно -- выглядит как ловля блох. Естественнее потребовать непрерывности всюду.

А так да, конечно, определять показательную функцию надо ровно по этой схеме.

[EminentVictorians]

ewert в сообщении #1564989 писал(а):

Лишнее.

Почему? Смотрим на функциональное уравнение Коши. Видим, что ему удовлетворяет тождественно нулевая функция. Говорим, что нам такое неинтересно. Далее замечаем, что если функция удовлетворяет функциональному уравнению и равна нулю хотя бы в одной точке, то она равна нулю всюду. Поэтому формулируем требование: "функция не равна нулю хотя бы в одной точке". И потом из этого выводим, что функция будет всюду ненулевой.

ewert в сообщении #1564989 писал(а):

Всё равно ведь надо оговорить, что $f(1)=a$.

Мы по определению полагаем: $a^x = f(x)$, где функция $f$ берется из однопараметрического семейства функций (которое к этому моменту уже есть) и удовлетворяет условию $f(1) = a$.

ewert в сообщении #1564989 писал(а):

и даже $a^{x+y}=a^xa^y$

Ну нет же. Это свойство выполняется по определению. Мы называем показательными те функции, которые удовлетворяют функциональному уравнению Коши (и не тривиальные).

ewert в сообщении #1564989 писал(а):

То, что непрерывность с $\mathbb Q$ (что бы под ней не понималось) распространяется на всё $\mathbb R$ -- это теорема, и её надо честно доказывать.

К этому моменту уже есть теорема, что если у функции, определенной на всюду плотном в $\mathbb R$ множестве во всех (вещественных) точках совпадают односторонние пределы, то она однозначным образом достраивается до непрерывной на $\mathbb R$.

[ewert]

EminentVictorians в сообщении #1564992 писал(а):

Ну нет же. Это свойство выполняется по определению. Мы называем показательными те функции, которые удовлетворяют функциональному уравнению Коши (и не тривиальные).

Так вот и надо доказать, что оно действительно выполняется -- не только на рациональных. Слова "так ведь мы ж так хотели!" доказательством не являются.

EminentVictorians в сообщении #1564992 писал(а):

К этому моменту уже есть теорема, что если у функции, определенной на всюду плотном в $\mathbb R$ множестве во всех (вещественных) точках совпадают односторонние пределы, то она однозначным образом достраивается до непрерывной на $\mathbb R$.

Вряд ли она есть. Она (как общая) попросту практически не нужна. Тратить же время на вещи, которые разве что могут пригодиться ("пусть лежит") -- непозволительная роскошь.

Дело в том, что показательная функция стоит особняком. Она действительно доопределяется по непрерывности и никак иначе. Ко всем остальным элементарным функциям (не говоря уж о специальных) это ни разу не относится.

[EminentVictorians]

ewert в сообщении #1565278 писал(а):

Так вот и надо доказать, что оно действительно выполняется -- не только на рациональных.

Я все равно думаю, что не надо. Вот определение:

Определение:

Показательной функцией называется функция вида $\mathbb R \to \mathbb R$, непрерывная в каждой точке своей области определения, не равная нулю хотя бы в одной точке и удовлетворяющая функциональному уравнению $f(x + y) = f(x)f(y)$.

Далее вводим обозначение $a^x$:
По определению полагаем: $a^x = f(x)$, где функция $f$ берется из однопараметрического семейства (показательных) функций (которое к этому моменту уже есть) и удовлетворяет условию $f(1) = a$.

Теорема:
$\forall a >0$, $\forall x, y \in \mathbb R$ выполняется $a^{x+y} = a^x a^y$.

Доказательство:
Выберем функцию $f_a$ (из однопараметрического семейства), соответствующую числу $a$. Будем обозначать ее далее просто буквой $f$.
Имеем: $a^{x+y} = f(x + y) = f(x) f(y) = a^x a^y$, чтд.

Я же вместо этого, просто говорил, что свойство $a^{x+y} = a^x a^y$ выполняется по определению. Потому что такие "доказательства" даже для меня слишком занудные

И еще я почти уверен, что под

ewert в сообщении #1565278 писал(а):

надо доказать

Вы имели в виду не это, а что-то другое.

[mihaild]

EminentVictorians в сообщении #1565334 писал(а):

Показательной функцией называется функция вида $\mathbb R \to \mathbb R$, непрерывная в каждой точке своей области определения, не равная нулю хотя бы в одной точке и удовлетворяющая функциональному уравнению $f(x + y) = f(x)f(y)$.

А почему такая существует? И тем более почему такая существует при любом дополнительном условии $f(1) = a$?

[EminentVictorians]

mihaild в сообщении #1565335 писал(а):

А почему такая существует?

На начальном этапе определения мы и не знаем, существует ли хотя бы одна такая функция. Но мы все равно решаемся попробовать поисследовать свойства таких функций, как если бы их класс был бы не пуст. Мы берем произвольную такую функцию $f$. Выясняем, что в натуральных точках она принимает значения $f(1)$, $f(2) = f(1)^2$, $f(3) = f(1)^3$, ... ; в целых: $f(0) = 1$, $f(-1) = f(1)^{-1}$, $f(-2) = f(1)^{-2}$, ... ; в рациональных: $f(\frac{m}{n}) = \sqrt[\mathsf n]{f(1)^{m}}$. Видим, что эта функция $f$ целиком определяется значением $f(1)$. Далее доказываем, что у этой (произвольно выбранной) функции $f$ (в предположении ее существования) в любой (действительной) точке односторонние пределы будут совпадать, значит она единственным образом достраивается до непрерывной на всем $\mathbb R$. Мы еще не знаем, существует ли хотя бы одна такая функция. И только теперь задаемся целью доказать существование.

Задаемся вопросом: а что если взять произвольное положительное число $a$ и построить функцию $f_a$ по принципу:

Цитата:

в натуральных точках она принимает значения $f(1)$, $f(2) = f(1)^2$, $f(3) = f(1)^3$, ... ; в целых: $f(0) = 1$, $f(-1) = f(1)^{-1}$, $f(-2) = f(1)^{-2}$, ... ; в рациональных: $f(\frac{m}{n}) = \sqrt[\mathsf n]{f(1)^{m}}$

, где вместо $f(1)$ берем $a$. Оказывается для любого $a > 0$ мы получим, тем самым, функцию $f_a$ с нужными нам свойствами. А других функций, кроме таких, и нету (это тоже легко доказать, учитывая, что мы знаем про значения любой такой функции $f$). То, что все функции в этом семействе различны - тоже тривиально. Вот и все - мы построили однопараметрическое семейство $\{f_a\}$ функций $f_a$.

-- 24.09.2022, 14:19 --

Конечно, было бы прикольнее доказать наличие такого семейства функций прямо "из коробки", без их построения. И мне кажется, что такое даже возможно. Но это уже слишком круто для меня. И скорее всего тут понадобится функциональный анализ.

[mihaild]

EminentVictorians в сообщении #1565337 писал(а):

Далее доказываем, что у этой (произвольно выбранной) функции $f$ (в предположении ее существования) в любой (действительной) точке односторонние пределы будут совпадать

Это доказательство тривиально, потому что вы с самого начала потребовали непрерывности.

EminentVictorians в сообщении #1565337 писал(а):

Оказывается для любого $a > 0$ мы получим, тем самым, функцию $f_a$ с нужными нам свойствами

Точно не получим, потому что про значения в иррациональных точках ничего не сказали.