实指数幂

Posted 2020-11-15 sunfenglong

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• 1. 正整数指数幂
• 2. 正有理数指数幂
• 3. 正实数指数幂

1. 正整数指数幂

有理数域(Bbb{Q})是一个有序域, 对四则运算封闭(有理数做有限次加、减、乘、除运算后得到的结果还是有理数). 对任意(rin Bbb{Q})以及任意(nin Bbb{N}_+), 从乘法运算出发, 可以定义正整数指数幂运算:
[r^n=underbrace{rcdot rcdot rcdotcdotscdot r}_{ ext{$n$项}}.]
利用乘法的交换律和结合律, 易证以下命题

命题1: 对任意(r,sin Bbb{Q}setminus{0}), 任意(m,nin Bbb{N}_+), 都有
[(rcdot s)^n=r^ncdot s^n,quad r^{mn}=(r^m)^n,quad r^{m+n}=r^mcdot r^n.]

2. 正有理数指数幂

有理数域(Bbb{Q})上不成立确界原理, 而且对“开方”运算也不封闭, 例如
[{rin Bbb{Q} | r^2=2}]
就是空集.

利用Dedekind分割, 可以将有理数域(Bbb{Q})扩充成实数域(Bbb{R}), 使得(Bbb{R})上成立确界原理, 并且(Bbb{Q})是(Bbb{R})的有序子域. 四则运算法则从有理数域(Bbb{Q})扩展到了实数域(Bbb{R})上, 相应的, 有理数的正整数指数幂运算也扩展到了实数的正整数指数幂运算.

那么, 在实数域(Bbb{R})上“开方”运算是否封闭?为了回答这个问题, 我们先刻画一下“开方”运算的本质.

命题2: 对任意(y>0)以及任意(nin Bbb{N}_+), 方程
[y=x^n]
存在唯一的正实数根(x). 称该正实数根(x)为(y)的(n)次方根, 记为
[x=y^{frac1n}quad extrm{或}quad x=sqrt[n]{y}.]

( ed{证明：})
Step1. 令
[E={ tin Bbb{R} |t>0 extrm{并且}t^n<y }.]
当(y>1)时, 令(t_0=1); 当(0<yleq 1)时，令(t_0=frac12 y). 易证, 在上述两种情况中总有(t_0in E), 因此(E)是一个非空数集. 令(L=1+y>1), 则(L)是(E)的一个上界. 否则,存在(t_1in E)使得(t_1>L=1+y), 于是
[y>t_1^n>L^ngeq L^2=1+2y+y^2>y,]
矛盾.

综上, (E)是一个非空有界数集, 从而有上确界.

Step2. 记(c=sup E), 则(c>0). 下证(c^n=y).

反证法, 假设(c^n<y)或(c^n>y).

(1) 若(c^n<y), 则(cin E). 又因为(sup E=cin E), 所以(c=max E). 对任意(epsilon>0), (c+epsilon)一定不在(E)中. 另一方面, 【当(epsilon)很小很小, ((c+epsilon)^n)与(c^n)非常接近, 有可能保证(c^n<(c+epsilon)^n<y), 这样(c+epsilon)在(E)中, 得到矛盾】
[egin{array}{rcl} &&(c+epsilon)^n-c^n&=&epsiloncdot left[(c+epsilon)^{n-1}+ (c+epsilon)^{n-2}c+cdots (c+epsilon)c^{n-2}+c^{n-1} ight]&leq&epsiloncdot underbrace{left[(c+epsilon)^{n-1}+ (c+epsilon)^{n-1}c+cdots (c+epsilon)^{n-1}+(c+epsilon)^{n-1} ight]}_{ ext{$n$项}}&=&n(c+epsilon)^{n-1}epsilon. end{array}]
当(0<epsilon<1)时, 就有
[(c+epsilon)^n-c^nleq n(c+epsilon)^{n-1}epsilonleq n(c+1)^{n-1}epsilon.]
当(0<epsilon<1)并且
[0<epsilon <frac{y-c^n}{ n(c+1)^{n-1}}]
时, 就有
[(c+epsilon)^n-c^nleq n(c+1)^{n-1}epsilon<y-c^n,]
此时(c^n<(c+epsilon)^n<y), 从而(c+epsilon in E), 这与(c=max E)矛盾.

(2) 若(c^n>y), 由于(c=sup E), 则对任意(epsilon >0), (c-epsilon)不是(E)的上界. 另一方面, 【当(epsilon)很小很小, ((c-epsilon)^n)与(c^n)非常接近, 有可能保证(y<(c-epsilon)^n<c^n), 这时再证明这样的(c-epsilon)是(E)的一个上界, 得到矛盾】
[egin{array}{rcl} &&c^n-(c+epsilon)^n&=&epsiloncdot left[c^{n-1}+ c^{n-2}(c-epsilon)+cdots c(c+epsilon)^{n-2}+(c-epsilon)^{n-1} ight]&leq &epsiloncdot underbrace{left[c^{n-1}+ c^{n-1}c+cdots c^{n-1}+c^{n-1} ight]}_{ ext{$n$项}}&=&nc^{n-1}epsilon. end{array}]
当(0<epsilon<c)并且
[0<epsilon<frac{c^n-y}{nc^{n-1}}]
时, 就有
[c-epsilon>0,quad y<(c-epsilon)^n<c^n.]
此时(c-epsilon)就是(E)的一个上界, 否则存在(tin E)使得(t>c-epsilon), 于是
[y<(c-epsilon)^n<t^n<y,]
矛盾. 但是这又与(c-epsilon)不是(E)的上界矛盾.

综上, (c=sup E>0)就是方程
[y=x^n]
的一个正实数根.

Step 3. 假设(c_1,c_2)都是方程(y=x^n)的正实数根, 并且(c_1>c_2), 则
[y=c_1^n>c_2^n=y,]
矛盾. 所以方程[y=x^n]的正实数根有且只有一个.
(Box)

推论1. 设(a>0), (m,n,p,qin Bbb{N}_+)并且(r=frac{m}{n}=frac{p}{q}), 则
[left(a^frac{1}{n} ight)^m=left(a^m ight)^{frac1n}=left(a^p ight)^{frac1q},quad left(a^frac{1}{n} ight)^frac{1}{m}=a^frac{1}{mn}.]

( ed{证明：})

设(s=left(a^m ight)^{frac1n}), (t=left(a^p ight)^{frac1q}), 根据条件以及命题2可知, (s,t>0)并且
[s^n=a^m,quad t^q=a^p,]
进一步可得
[s^{nq}=a^{mq},quad t^{qn}=a^{pn}.]
由于(frac{m}{n}=frac{p}{q}), 则(mq=pn), 从而
[s^{nq}=a^{mq}=a^{np}=t^{qn},]
这表示(s)和(t)都是某个正数(即(a^{mq}))的(nq)次方根, 根据命题2, 由唯一性可得
(s=t), 即
[left(a^m ight)^{frac1n}=left(a^p ight)^{frac1q}.]

设(u=a^{frac1n}), 则(u^n=a), 进而
[a^m=(u^n)^m=u^{mn}=(u^m)^n,]
所以
[left(a^frac{1}{n} ight)^m=u^m=(a^m)^frac{1}{n}.]

设(v=a^frac{a}{mn}), 则(v^{mn}=a=u^m), 从而
[v=(u^m)^frac{1}{mn}.]
由于(frac{m}{mn}=frac{1}{n}), 根据前面的结论, 就有
[a^frac{1}{mn}=v=(u^m)^frac{1}{mn}=u^frac1n=left(a^frac{1}{n} ight)^frac{1}{m}.]
(Box)

基于推论1, 我们可以定义
[a^r=a^{frac{m}{n}}=left(a^m ight)^{frac1n},]
它不会因为有理数(r)的不同分数形式(既约或非既约)而不同.

推论2. 设(a>0)， (r,sin Bbb{Q}_+), 则
[(a^r)^s=a^{rs}，quad a^{r+s}=a^ra^s.]

( ed{证明：})

设
[r=frac{m}{n},quad s=frac{p}{q}.]

根据推论1, 就有
[left(a^frac{m}{n} ight)^frac{p}{q}=left[left(a^frac{m}{n} ight)^p ight]^frac{1}{q}=left[left(a^frac{1}{n} ight)^{mp} ight]^frac{1}{q}=left[left(a^{mp} ight)^frac{1}{n} ight]^frac{1}{q}=left(a^{mp} ight)^frac{1}{nq}=a^frac{mp}{nq},]
即
[(a^r)^s=a^{rs}]

设
[u=a^{frac{1}{n}},quad v=a^{frac{1}{q}},quad w=a^frac{1}{nq},]
则(w^nq=a=u^n=v^q), 从而
[w^{nqmq}=a^{mq}=u^{nmq}, quad w^{nq np}=a^{np}=v^{qnp},]
[(w^{mq+np})^{nq}=w^{nqmq} w^{nqnp}=u^{nmq}v^{qnp}=(u^mv^n)^{nq}.]
根据命题2中的唯一性结论, 就有
[w^{mq+np}=u^mv^n,]
即
[a^{r+s}=a^frac{mq+np}{nq}=w^{mq+np}=u^mv^n=a^frac{m}{n}a^frac{p}{q}=a^ra^s.]
(Box)

3. 正实数指数幂

待续……