Matanaliz

10.Знайти координати центра ваги круглої пластинки радiуса r, якщо її густина у точцi M(x, y) пропорцiйна вiдстанi точки M до точки M0(r, 0).

301

цiлком певне додатне значення. Тому ax є функцiєю змiнної x, яка визначена на всiй числовiй осi. Функцiя y = ax, де a > 0 i a 6= 1 називається показниковою (з основою a).“ [8, с. 181].

Всилу означення областю визначення показникової функцiї

ємножина R. Покажемо, що вона є монотонною i неперервною.

Теорема 21.1. Показникова функцiя ax зростає, якщо a > 1, i спадає, якщо 0 < a < 1.

Доведення. Нехай a > 1 i x1 < x2. Тодi iснують рацiональнi числа r1 i r2 такi, що x1 < r1 < r2 < x2 i ar1 < ar2 . Нехай (rn0 ), (rn00) послiдовностi рацiональних чисел такi, що для будь-

якого n rn0 < x1 < x2 < rn00 i lim rn0 = x1, lim rn00 = x2. Тодi для

n→∞ n→∞

будь-якого n

arn0 < ar1 < ar2 < arn00.

А отже,

ax1 = lim arn0 6 ar1 < ar2 6 lim arn00 = ax2 .

Аналогiчно доводиться, що функцiя ax спадає, якщо 0 < a < 1.

n→∞

303

r

√

lim ax = lim n a = 1.

x→+0 n→∞

Отже, iснує lim ax i дорiвнює 1.

x→0

304

Теорема 21.3. Показникова функцiя ax неперервна у кожнiй точцi числової прямої.

Доведення. Нехай x0 R. Тодi прирiст функцiї 4y, який вiдповiдає приросту аргумента 4x, подається у виглядi

4y = ax0+4x − ax0 = ax0 (a4x − 1).

А оскiльки в силу леми 2

lim (a4x − 1) = 0,

4x→0

то lim 4y = 0. А це й означає, що показникова функцiя непе-

4x→0

не було додатне число b iснують дiйснi числа x1 i x2 такi, що ax1 < b < ax2 . А, отже, в силу теореми про промiжне значення неперервної на вiдрiзку [x1; x2] функцiї маємо, що iснує (а в силу монотонностi) єдине x0 (x1; x2) таке, що ax0 = b. Таким чином, множиною значень показникової функцiї є множина всiх додатних дiйсних чисел i рiвняння ax = b, де b > 0, має єдиний розв’язок.

Звичайно означення 21.1 не єдиний спосiб введення поняття показникової функцiї. Наприклад, її можна означити таким чином.

Означення 21.2. Показниковою функцiєю з основою a називають функцiю f таку, що

а) D(f) = R, E(f) = R+, f(1) = a,

б) для будь-яких x1, x2 з R виконується рiвнiсть

в) функцiя f неперервна на R.

305

Мовою алгебри показникова функцiя є неперервним iзоморфiзмом групи (R, +) i групи (R+, ·), при якому образом 1 є число a (0 < a 6= 1).

Теорема 21.4. Якщо a > 0 i a 6= 1, то iснує єдине неперервне вiдображення f групи (R, +) на групу (R+, ·) таке, що f(1) = a.

Доведення. Проблема iснування розв’язується автоматично, оскiльки функцiя ax означена, як степiнь x числа a, задовольняє властивостi а)–в). Доведемо, що така функцiя єдина. Припустимо, що iснує функцiя f така, що задовольняє властивостi а)–в), але f(x) 6= ax. Скориставшись методом математичної iндукцiї, можемо обгрунтувати, що для будь-яких дiйсних чисел x1, x2, . . . , xn маємо

!

n n

тобто значення функцiй f i ax на множинi натуральних чисел збiгаються. Нехай r = mn — довiльне додатне рацiональне чи-

сло. Тодi rn = m натуральне, i f(rn) = f(r)n = f(m) = am. А оскiльки f(r) > 0, то

f(r) = f mn = n am,

тобто значення функцiй f i ax збiгаються на множинi всiх додатних рацiональних чисел. Якщо α — iррацiональне додатне число i (rn) послiдовнiсть рацiональних додатних чисел така, що

306

Разом з тим f(α) = aα за означенням степеня з iррацiональним показником. Таким чином значення функцiй f i ax збiгаються на множинi всiх додатних дiйсних чисел.

R, що суперечить нашому припущенню. Звiдси випливає, що функцiя ax є єдиною функцiєю, яка задовольняє умови а)–в).

Особливо часто зустрiчаються показникова функцiя ex. У цьому випадку її називають експоненцiальною функцiєю i iн-

коли використовують позначення exp x. (Якщо a 6= e, то ax =

eln a x = ex ln a).

1

Оскiльки lim(1 + x)x = e, то легко показати, що

x→0

lim ax − 1 = ln a.

x→0 x

Звiдси уже легко отримати, що (ax)0 = ax ln a, зокрема (ex)0 = ex, тобто функцiя ex збiгається з своєю похiдною.

Покажемо, що функцiю ex можна означити як суму сте-

абсолютно збiгається на всiй числовiй осi i його сума ϕ(x) є неперервною функцiєю для всiх x. Якщо позначити

307

то, скориставшись формулою бiнома Ньютона, маємо

i при n → ∞ маємо sk 6 e. Таким чином, для n

en < sn 6 e i lim sn = ϕ(1) = e.

n→∞

Нарештi, для будь-яких x1, x2 R

308

тобто властивiсть б) виконується. Оскiльки ϕ(0) = 1, то для x > 0 ϕ(−x)ϕ(x) = 1 i ϕ(−x)ϕ(1x), тобто ϕ(x) додатна для

всiх x. Залишилось показати, що E(ϕ) = R+. Справдi, оскiльки для будь-якого натурального n ϕ(n) = 1 + n + · · · > n, то

ϕ(−n)ϕ(1n) < n1 , тобто ϕ(x) може приймати як завгодно великi так i як завгодно малi додатнi значення. Якщо b R+, то iснує натуральне n що n1 < b < n, а, отже, ϕ(−n) < b < ϕ(n). Теоре-

ма про промiжне значення неперервної на вiдрiзку функцiї ϕ(x) гарантує iснування x0 (−n; n) такого, що ϕ(x0) = b.

Таким чином, функцiя

X

ϕ(x) =

∞ xn

n!

n=0

задовольняє всi умови теореми 21.4 i ϕ(1) = e, а, отже, ϕ(x) = ex.

Подання показникової функцiї у виглядi степеневого ряду дає можливiсть поширити її (аналiтично продовжити) на всю комплексну площину. Розглянемо степеневий ряд

X

∞ zn

n! .

n=0

Оскiльки

r

n 1 = 0,

lim n! n→∞

309

то цей ряд збiгається, причому абсолютно на всiй комплекснiй площинi. Покладемо за означенням

n=0

Пiдставою для такої назви є те, що у випадку Im z = 0 (21.2) є показниковою функцiєю дiйсної змiнної з основою e, i для будь-яких z1, z2 C

легко отримати формулу для обчислення значень функцiї ez, не сумуючи ряду (21.2). Справдi, якщо покласти z = x + iy, де x, y R, то з того, що ez = exeiy i

= cos y + i sin y,

310