Лекции и упражнения

Глава 14
Показательная и
логарифмическая функции.
14.1 Показательная функция.
14.1.1 Степень с рациональным показателем.
Напомним, что арифметическим корнем
n
-й степени из числа
A
>
0
(обо-
значается
n
?
A
) называется число
a
>
0
, такое, что
a
n
=
A
. Позднее будет
показано, что такое число существует и единственно. Рациональная степень
числа определяется следующим образом:
A
p/q
=
q
?
A
p
.
Это определение является довольно таки осмысленным. Действительно,
(
A
p/q
)
q
= (
q
?
A
p
)
q
=
A
p
, т.е. выполняются привычные правила работы со
степенями.
Напомним эти правила (
A, B >
0
):
1.
A
0
= 1
;
2.
A
?
r
= 1
/A
r
;
3.
A
r
·
A
s
=
A
r
+
s
;
4.
A
r
/A
s
=
A
r
?
s
;
5.
(
A
r
)
s
=
A
rs
;
6.
A
r
·
B
r
= (
AB
)
r
;
7.
A
r
/B
r
= (
A/B
)
r
;
8. Пусть
r > s
, тогда,
A
r
> A
s
, если
A >
1
и
A
r
< A
s
, если
0
< A <
1
;
Более компактно это свойство может быть записано в виде
sign(
A
r
?
A
s
) = sign(
A
?
1)
·
sign(
r
?
s
)
.
161

162ГЛАВА 14. ПОКАЗАТЕЛЬНАЯ И ЛОГАРИФМИЧЕСКАЯ ФУНКЦИИ.
14.1.2 Функциональное уравнение Коши
Определение 124. Уравнение
f
(
x
+
y
) =
f
(
x
) +
f
(
y
)
называется функ-
циональным уравнением Коши.
Будем исследовать это уравнение. Сразу заметим, что
f
(
x
)
?
0
удовле-
творяет этому уравнению. Существуют ли другие решения?
Лемма 18.
f
(0) = 0
.
Доказательство.
Обозначим
f
(0) =
c
, тогда
C
=
f
(0) =
f
(0 + 0) =
f
(0) +
f
(0) = 2
C
, следова-
тельно
C
= 0
.
Лемма 19.
f
(
nx
) =
nf
(
x
)
, при любом
n
?
N
.
Доказательство.
Будем доказывать по индукции.
База индукции.
f
(
x
) = 1
·
f
(
x
)
.
Шаг индукции. Пусть
f
(
nx
) =
nf
(
x
)
, тогда
f
(
n
+ 1)
x
=
f
(
nx
) +
f
(
x
) =
=
nf
(
x
) +
f
(
x
) = (
n
+ 1)
f
(
x
)
.
Следствие 18. Обозначим
f
(1) =
a
, тогда
f
(
n
) =
an
, при любом
n
?
N
.
Лемма 20.
f
(
?
x
) =
?
f
(
x
)
, т.е. функция
f
 нечетная.
Доказательство.
f
(
x
) +
f
(
?
x
) =
f
(
x
?
x
) =
f
(0) = 0
.
Следствие 19. Обозначим
f
(1) =
a
, тогда
f
(
n
) =
an
, при любом
n
?
Z
.
Лемма 21.
f
(
x
n
) =
1
n
f
(
x
)
при всех
n
?
N
.
Доказательство.
По лемме 19
f
(
x
) =
f
(
n
·
x
n
) =
nf
(
x
n
)
, следовательно,
f
(
x
n
) =
1
n
f
(
x
)
.
Следствие 20. Пусть
f
(1) =
a
, тогда
f
(
x
) =
ax
при всех
x
?
Q
.
Доказательство.
Пусть
x
=
m
n
, тогда
f
(
m
n
) =
1
n
f
(
m
) =
am
n
=
ax
.
Итак, мы получили, что функция
f
(
x
)
совпадает с линейной функцией
при рациональных
x
. Хотелось бы распространить это на действительные
числа. Вообще говоря, уравнения Коши для этого недостаточно  можно,
вообще говоря, построить нелинейную функцию, удовлетворяющую этому
уравнению.
Потребуем, чтобы
f
(
x
)
была непрерывной функцией.
Теорема 61. Пусть
f
?
C
(
R
)
удовлетворяет уравнению Коши. Тогда
f
(
x
) =
ax
, где
a
=
f
(1)
.
Доказательство.
Рассмотрим последовательность
x
n
?
Q
, сходящуюся к
x
. Тогда по непре-
рывности
f
(
x
) = lim
n
??
f
(
x
n
) = lim
n
??
a
·
x
n
=
a
lim
n
??
x
n
=
ax
.

14.1. ПОКАЗАТЕЛЬНАЯ ФУНКЦИЯ.
163
Вместо непрерывности можно было потребовать монотонности функ-
ции.
Теорема 62. Пусть
f
 монотонная функция, удовлетворяющая уравне-
нию Коши. Тогда
f
(
x
) =
ax
, где
a
=
f
(1)
.
Доказательство.
Рассмотрим случай
a
= 0
, тогда
f
(
q
) = 0
для всех рациональных
q
. То-
гда, рассмотрим какой-нибудь отрезок
x
?
[
q
1
, q
2
]
,
q
1
, q
2
?
Q
, тогда
f
(
x
)
?
?
[
f
(
q
1
)
, f
(
q
2
)]
из монотонности, следовательно
f
(
x
) = 0
.
Пусть
a
>
0
(в случае
a <
0
можно рассмотреть
?
f
(
x
)
).
Допустим, найдется
x
, такой, что
f
(
x
)
6
=
ax
.
Если
f
(
x
)
> ax
, найдем рациональное
q
?
(
x, f
(
x
)
/a
)
. Получаем
f
(
x
)
<
< f
(
q
) =
aq < a
f
(
x
)
a
=
f
(
x
)
. Противоречие. Случай
f
(
x
)
< ax
рассматрива-
ется аналогично.
14.1.3 Функциональная характеристика показательной
функции
Определение 125. Функциональное уравнение
f
(
x
+
y
) =
f
(
x
)
·
f
(
y
)
(14.1.1)
называется характеристическим уравнением показательной функ-
ции.
Заметим, что функция
f
(
x
)
?
0
удовлетворяет уравнению 14.1.1. Более
того, если при каком-то
x
0
функция
f
(
x
0
) = 0
, то для любого
x
можно
записать
f
(
x
) =
f
((
x
?
x
0
) +
x
0
) =
f
(
x
?
x
0
)
·
f
(
x
0
) = 0
. Если же
f
(
x
)
6?
0
,
то при всех
x
выполнено
f
(
x
0
)
6
= 0
.
Кроме того, заметим, что
f
(
x
) =
f
(
x/
2)
2
>
0
. Поэтому указанная функ-
ция всюду положительна (если не равна тождественно нулю).
В дальнейшем будем считать, что
f
(
x
)
удовлетворяет уравнению 14.1.1
и не тождественно равна нулю.
Будем исследовать свойства
f
(
x
)
аналогично предыдущему разделу.
Лемма 22. Если
f
6?
0
, то
f
(0) = 1
.
Доказательство.
f
(0) =
f
(0 + 0) =
f
2
(0)
. Уравнение
A
2
=
A
имеет два корня: 0 и 1, но если
f
(0) = 0
, то
f
?
0
, что противоречит нашему предположению.
Лемма 23. Если
f
6?
0
, то
f
(
nx
) =
f
n
(
x
)
при любом
n
?
N
.
Доказательство.
Доказываем индукцией по
n
.
База индукции. Очевидно
f
(
x
) =
f
1
(
x
)
.
Шаг индукции. Пусть
f
(
nx
) =
f
n
(
x
)
. Тогда
f
((
n
+ 1)
x
) =
f
(
nx
+
x
) =
=
f
(
nx
)
·
f
(
x
) =
f
n
(
x
)
·
f
(
x
) =
f
n
+1
(
x
)
.

164ГЛАВА 14. ПОКАЗАТЕЛЬНАЯ И ЛОГАРИФМИЧЕСКАЯ ФУНКЦИИ.
Лемма 24. Если
f
6?
0
, то
f
(
?
x
) =
1
f
(
x
)
.
Доказательство.
f
(
?
x
)
·
f
(
x
) =
f
(
?
x
+
x
) =
f
(0) = 1
. Следовательно,
f
(
?
1) = 1
/f
(
x
)
.
Следствие 21. Если
f
6?
0
, то
f
(
nx
) =
f
n
(
x
)
при любом
n
?
Z
.
Лемма 25. Если
f
6?
0
, то
f
(
x
n
) =
n
p
f
(
x
)
.
Доказательство.
f
(
x
) =
f
(
n
·
x
n
) =
f
n
(
x
n
)
, следовательно (т.к.
f
(
x
n
)
>
0
),
f
(
x
n
) =
n
p
f
(
x
)
.
Следствие 22. Если
q
?
Q
, то
f
(
qx
) =
f
q
(
x
)
Итак, если обозначить
f
(1) =
a
, то
f
(
x
) =
a
x
при всех
x
?
Q
. Хоте-
лось бы получить такое же равенство при всех
x
. Но для этого сначала
необходимо определить, что такое степень с действительным показателем.
14.1.4 Степень с действительным показателем
Пусть
A >
1
,
x
 произвольное действительное число. Определим
y
=
A
x
следующим образом: Обозначим
a
1
= [
x
]
,
b
1
= [
x
] + 1
(напомним, что
[
x
]
 целая часть числа
x
). Тогда (из монотонности) должно выполняться
y
?
[
A
a
1
;
A
b
1
]
. Выберем середину отрезка
c
1
=
a
1
+
b
1
2
. Если
x < c
1
, то выбе-
рем
a
2
=
a
1
,
b
2
=
c
1
, иначе
a
2
=
c
1
и
b
2
=
b
1
; в любом случае
y
?
[
A
a
2
;
A
b
2
]
.
И так далее, каждый раз выбираем ту половину отрезка, которой принад-
лежит число
x
. Таким образом, последовательно построим последователь-
ность вложенных отрезков
[
A
a
1
;
A
b
1
]
?
[
A
a
2
;
A
b
2
]
?
. . .
?
[
A
a
n
;
A
b
n
]
?
. . .
Докажем, что она стягивающаяся. Заметим, что длина
n
-го отрезка равна
A
b
n
?
A
a
n
=
A
a
n
(
A
b
n
?
a
n
?
1)
< A
[
x
]+1
·
(
A
1
/
2
n
?
1)
. По лемме 30 последова-
тельность
2
n
?
A
?
1
является б.м.п., а
A
[
x
]+1
 постоянная. Следовательно,
длина отрезка  б.м.п.
Итак, существует единственная точка пересечения
{
y
}
=
T
?
n
=1
[
A
a
n
;
A
b
n
]
.
Ее и будем считать степенью
A
x
.
Замечание. Мы определили функцию
A
x
только для
A >
1
. Если же
0
<
< A <
1
, то ее можно определить
A
x
=
1
A
?
x
.
Замечание. Для рациональных показателей это определение совпадает с
ранее приведенным. Действительно, если
r
=
p
q
?
Q
, то
A
a
n
6
q
?
A
p
6
A
b
n
,
следовательно, точка
A
r
=
q
?
A
p
принадлежит всем отрезкам
[
A
a
n
;
A
b
n
]
,
поэтому совпадает с
y
.
Теорема 63. Показательная функция
y
=
A
x
монотонна на всей числовой
оси. Она является возрастающей при
A >
1
и убывающей при
0
< A <
1
.

14.1. ПОКАЗАТЕЛЬНАЯ ФУНКЦИЯ.
165
Доказательство.
Докажем при
A >
1
, при
A
?
(0
,
1)
доказывается аналогично.
Пусть
x
1
< x
2
, выберем
n
, такое, что
2
?
n
<
1
2
(
x
2
?
x
1
)
. Если
x
1
?
[
a
1
n
;
b
1
n
]
и
x
2
?
[
a
2
n
;
b
2
n
]
, то
b
1
n
< a
2
n
. Поэтому
A
x
1
6
A
b
1
n
< A
a
2
n
6
A
x
2
.
Теорема 64. Показательная функция
y
=
A
x
непрерывна на всей числовой
оси.
Доказательство.
Пусть
lim
n
??
x
n
=
X
, докажем, что
lim
n
??
A
x
n
=
A
X
. Рассмотрим отрезки
x
n
?
[
a
n
, b
n
]
и
X
?
[
a
0
n
, b
0
n
]
, полученные методом деления пополам (длина
каждого
2
?
n
). Тогда
|
A
x
n
?
A
X
|
6
|
A
x
n
?
A
a
n
|
+
|
A
a
n
?
A
a
0
n
|
+
|
A
a
0
n
?
A
X
|
(14.1.2)
Будем брать
n
достаточно большим, чтобы выполнялось неравенство
x
n
< X
+ 1
.
Тогда
|
A
x
n
?
A
a
n
|
=
A
x
n
|
A
a
n
?
x
n
?
1
|
< A
X
+1
· |
A
2
?
n
?
1
|
 б.м.п. по лемме
30. Аналогично доказывается, что
|
A
a
0
n
?
A
X
|
 тоже б.м.п.
Для оценки второго слагаемого в 14.1.2 заметим, что
lim
n
??
a
n
= lim
n
??
a
0
n
=
=
X
. Следовательно,
|
A
a
n
?
A
a
0
n
|
< A
X
+1
· |
A
a
n
?
a
0
n
?
1
|
 б.м.п.
Для степени с действительным показателем выполнены те же свойства
1-63. Это следует из доказанной теоремы. Действительно, достаточно взять
последовательность рациональных чисел, которые сходятся к данным
a
,
b
,
..., а потом перейти к пределу по теореме 64.
Теорема 65. Определенная таким образом показательная функция
f
(
x
) =
=
a
x
удовлетворяет характеристическому уравнению
f
(
x
+
y
) =
f
(
x
)
·
f
(
y
)
.
Доказательство.
Если рассмотреть последовательности стягивающихся отрезков
[
a
x
n
, b
x
n
]
и
[
a
y
n
, b
y
n
]
, то
lim
n
??
(
a
x
n
+
a
y
n
) =
x
+
y
, следовательно, по непрерывности,
A
x
+
y
=
= lim
n
??
A
a
x
n
+
a
y
n
= lim
n
??
A
a
x
n
·
A
a
y
n
= lim
n
??
A
a
x
n
·
lim
n
??
A
a
y
n
=
A
x
·
A
y
.
Теорема 66. Если
f
(
x
)
удовлетворяет характеристическому уравнению,
непрерывна и не равна тождественно нулю, то
f
(
x
) =
a
x
, где
a
=
f
(1)
.
Доказательство.
Предположим, что существует другая функция
f
1
, удовлетворяющая усло-
виям теоремы, причем в некоторой точке
x
0
она не совпадает с
a
x
0
, где
a
=
f
1
(1)
. Рассмотрим последовательность
q
n
?
Q
, сходящуюся к
x
0
. По
следствию 22 для любого рационального
q
n
выполнено
f
1
(
q
n
) =
a
q
n
. Пере-
ходя к пределу при
n
? ?
, получаем
f
1
(
x
0
) = lim
n
??
f
1
(
q
n
) = lim
n
??
a
q
n
=
a
x
0
.
Противоречие.
Итак, непрерывным решением характеристического уравнения являют-
ся только тождественный ноль и показательные функции.
Замечание. Вообще говоря, существуют другие (разрывные) решения ха-
рактеристического уравнения.

166ГЛАВА 14. ПОКАЗАТЕЛЬНАЯ И ЛОГАРИФМИЧЕСКАЯ ФУНКЦИИ.
14.2 Логарифм.
!!!Переделать!!!
Теорема 67. Пусть
a >
1
. Тогда существует единственная функция
f
:
: (0
,
+
?
)
7?
R
, удовлетворяющая условиям: 1)
?
x, x
0
>
0(
f
(
x
·
x
0
) =
f
(
x
) +
+
f
(
x
0
))
;
2)
?
x > x
0
>
0(
f
(
x
)
> f
(
x
0
))
;
3)
f
(
a
) = 1
.
Доказательство.
В данном доказательстве используется один важный прием: Мы пред-
полагаем, что некоторый объект существует, начинаем изучать его
(потенциальные!) свойства. На основе этих свойств строится ука-
занный объект, откуда и вытекает его существование.
Предположим, что такая функция существует и подумаем, какими свой-
ствами она должна обладать.
Свойство 1: Применив
n
?
1
раз условие 1), получим
f
(
x
n
) =
nf
(
x
)
.
Свойство 2: Подставив в предыдущее свойство
n
?
x
, получим
f
(
n
?
x
) =
=
1
n
f
(
x
)
.
Свойство 3:
f
(1) = 0
, поскольку
f
(1
·
1) =
f
(1) +
f
(1)
.
Свойство 4:
f
(
1
x
) =
?
f
(
x
)
, поскольку
f
(
x
·
1
x
) =
f
(1) = 0
.
Свойство 5: Из предыдущих свойств и условия 3) вытекает
?
q
?
Q
(
f
(
a
q
) =
=
q
)
.
Свойство 6: Из свойства 5 и условия 2) вытекает, что если
a
q
0
< x < a
q
00
,
то
q
0
< f
(
x
)
< q
00
.
Построим теперь функцию
f
. Выберем
n
?
Z
такое, что
a
n
6
x < a
n
+1
.
Построим последовательность стягивающихся отрезков
{
[
a
k
, b
k
]
}
?
k
=1
следу-
ющим образом:
a
0
=
n
,
b
0
=
n
+ 1
. На
k
-м шаге рассматриваем
c
k
=
=
a
k
?
1
+
b
k
?
1
2
; если
a
c
6
x
то выбираем
a
k
=
c
и
b
k
=
b
k
?
1
, иначе
a
k
=
=
a
k
?
1
и
b
k
=
c
. При этом, на каждом шаге
a
a
k
?
x < a
b
k
, следовательно
f
(
x
)
?
[
a
k
, b
k
)
?
[
a
k
, b
k
]
при всех
k
?
N
.
Заметим, что указанная последовательность отрезков будет стягиваю-
щейся (т.к. длина равна
2
?
n
), поэтому пересечение состоит ровно из одной
точки
?
T
k
=1
[
a
k
, b
k
] =
{
y
}
. Следовательно, если
f
(
x
)
удовлетворяет условиям
1)-3), то ее значение должно быть равно
y
.
Докажем теперь в обратную сторону  то, что полученная таким обра-
зом функция удовлетворяет условиям 1)3).
Докажем условие 3). Очевидно, на
k
шаге получим:
a
1
?
a < a
2
k
+1
2
k
, а
?
k
[1
,
2
k
+1
2
k
] =
{
1
}
. Следовательно
f
(
a
) = 1
.
Докажем условие 1). На
k
шаге для
x
,
x
0
a
nk
2
k
?
x < a
nk
+1
2
k
и
a
n
0
k
2
k
?
x <
< a
n
0
k
+1
2
k
.
Перемножив эти неравенства (все числа в них положительны!),

14.3. СВОЙСТВА ЛОГАРИФМОВ
167
получим
a
n
k
+
n
0
k
2
k
?
x
·
x
0
< a
n
k
+
n
0
k
+ 2
2
k
,
следовательно
n
k
+
n
0
k
2
k
?
f
(
x
·
x
0
)
<
n
k
+
n
0
k
+ 2
2
k
.
С другой стороны, сложив
n
k
2
k
?
f
(
x
)
<
n
k
+1
2
k
и
n
0
k
2
k
?
f
(
x
0
)
<
n
0
k
+1
2
k
, получим
n
k
+
n
0
k
2
k
?
f
(
x
) +
f
(
x
0
)
<
n
k
+
n
0
k
+ 2
2
k
.
Таким образом, числа
f
(
x
·
x
0
)
и
f
(
x
)+
f
(
x
0
)
принадлежат одному интервалу
длины
2
2
k
= 2
1
?
k
, а значит
|
f
(
x
·
x
0
)
?
(
f
(
x
) +
f
(
x
0
))
|
<
2
1
?
k
, из произволь-
ности вытекает
f
(
x
·
x
0
)
?
(
f
(
x
) +
f
(
x
0
)) = 0
,
Докажем теперь свойство 2). Рассмотрим произвольное
u >
1
и выберем
n
?
N
такое, что
u
n
> a
. Очевидно
f
(
u
)
>
1
n
>
0
. Пусть теперь
x > x
0
>
0
.
Рассмотрим
f
(
x
) =
f
(
x
0
·
x
x
0
) =
f
(
x
0
) +
f
(
x
x
0
)
> f
(
x
0
)
,
Итак, построенная функция (и только она) удовлетворяет условиям 1)
3). Построенная функция называется логарифм по основанию
a
и обо-
значается
log
a
x
. Для логарифмов по основаниям е и 10 приняты обозначе-
ния:
log
e
x
= ln
x
log
10
x
= lg
x.
Аналогично строится логарифмическая функция при
0
< a <
1
.
14.3 Свойства логарифмов
14.3.1 Алгебраические свойства
Алгебраические свойства вытекают из следующей теоремы.
Теорема 68. Пусть
a >
0
,
a
6
= 1
. Тогда для любых
x
?
R
,
y
?
(0
,
+
?
)
выполнены неравенства:
log
a
(
a
x
) =
x,
a
log
a
y
=
y.
Другими словами, логарифмическая и показательная функции являются
взаимно обратными.
Доказательство.
Доказательство вытекает из построения показательной и логарифмической
функций.
Утверждение 41.
log
a
x
? C
(0
,
+
?
)
.
Доказательство.
Докажем сначала, что
log
a
? C
(1)
. Выберем произвольное
? >
0
и рас-
смотрим
1
n
< ?
. Пусть
?
= min(
a
1
/n
?
1
,
1
?
a
?
1
/n
)
, тогда
log
a
(1 +
?
)
?
?
log
a
(
a
1
/n
) =
1
n
< ?
и
log
a
(1
?
?
)
?
log
a
(
a
?
1
/n
) =
?
1
n
>
?
?
. Следовательно

168ГЛАВА 14. ПОКАЗАТЕЛЬНАЯ И ЛОГАРИФМИЧЕСКАЯ ФУНКЦИИ.
lim
x
?
1
log
a
x
= 0 = log
a
1
, что и означает непрерывность функции
log
a
x
в
точке
x
= 1
.
Докажем теперь непрерывность
log
a
x
в точке
x
=
x
0
>
0
. Представим
log
a
x
= log
a
x
0
+ log
a
x
x
0
. Функция
log
a
x
x
0
непрерывна в
x
=
x
0
, посколь-
ку
log
a
x
непрерывна в
x
= 1
а
log
a
x
0
 постоянная, следовательно
log
a
x
непрерывна в
x
=
x
0
,
Утверждение 42.
log
b
x
=
log
a
x
log
a
b
.
Доказательство.
Рассмотрим функцию
f
(
x
) =
log
a
x
log
a
b
. Она удовлетворяет условиям 1) и 2) из
теоремы 67 и
f
(
b
) = 1
, следовательно
f
(
x
) = log
b
x
Понятие логарифма можно ввести и для оснований
0
< b <
1
.
log
b
x
=
=
?
log
1
/b
x
В этом случае условия 1) и 3) теоремы 67 выполнены для
log
b
,
а условие 2) превращается в
?
x > x
0
>
0(log
b
x <
log
b
x
0
)
.
14.3.2 Показательная функция. Второй замечательный
предел.
Поскольку логарифм есть непрерывная и монотонная функция, то суще-
ствует обратная к нему  показательная, обозначаемая
a
x
. Такое обозначе-
ние имеет смысл, поскольку при
x
?
Q
значения этой функции совпадают
с соответствующими степенями
a
. Наибольшее значение в математическом
анализе имеет показательная функция, называемая экспонента, т.е.
e
x
, где
e
 число Эйлера.
Пусть
a >
1
, b
?
(0
,
1)
. Тогда верны соотношения:
1.
lim
x
?
+
?
a
x
= +
?
;
2.
lim
x
?
+
?
b
x
= 0
;
3.
lim
x
???
a
x
= 0
;
4.
lim
x
???
b
x
= +
?
;
5.
lim
x
?
+
?
log
a
x
= +
?
;
6.
lim
x
?
+
?
log
b
x
=
??
;
7.
lim
x
?
+0
log
a
x
=
??
;
8.
lim
x
?
+0
log
b
x
= +
?
;
Докажем, например свойство 6. Выберем произвольную последовательно-
сть
lim
n
??
x
n
= +
?
.
Пусть
b <
1
выберем произвольное
c >
0
, тогда возьмем
x
n
>
(
1
b
)
[
c
]+1
. Очевидно
log
b
x
n
<
?
[
c
]
?
1
<
?
c
, следовательно,
(
??
,
?
c
)
ловушка последовательности
log
b
x
n
,

14.3. СВОЙСТВА ЛОГАРИФМОВ
169
Доказательство остальных свойств логарифмической функции предо-
ставляется в качестве упражнения.
Теорема 69.
lim
x
?
+
?
ln
x
x
= 0
Доказательство.
В 1-м семестре (утверждение ??) было доказано, что
lim
n
??
n
?
n
= 1
. Из непре-
рывности логарифма вытекает, что
lim
n
??
ln
n
?
n
= lim
n
??
ln
n
n
= 0
, т.е. последо-
вательность
ln
n
n
 
?
n
=1
 б.м.п. Рассмотрим произвольную последовательно-
сть
lim
n
??
x
n
= +
?
, не ограничивая общности рассуждение можно считать,
что
x
n
>
1
. Тогда
ln[
x
n
]
[
x
n
] + 1
<
ln
x
n
x
n
<
ln[
x
n
] + 1
[
x
n
]
.
Но последовательность
n
ln[
x
n
]
[
x
n
]
o
?
n
=1
является подпоследовательностью пос-
ледовательности
ln
n
n
 
?
n
=1
, а значит  б.м.п. тоже. Таким образом,
lim
n
??
ln[
x
n
]
[
x
n
]+1
=
= lim
n
??
ln[
x
n
]
[
x
n
]
·
lim
n
??
[
x
n
]
[
x
n
]+1
= 0
·
1 = 0
и
lim
n
??
ln[
x
n
]+1
[
x
n
]
= lim
n
??
ln[
x
n
]
[
x
n
]
+ lim
n
??
1
[
x
n
]
= 0+
+ 0 = 0
. Следовательно, по теореме о двух милиционерах
lim
n
??
ln
x
n
x
n
= 0
,
Следствие 23. Пусть
?, ? >
0
, тогда
lim
x
?
+
?
ln
?
x
x
?
= 0
.
Доказательство.
Обозначим
y
=
x
?/?
, тогда
lim
x
?
+
?
ln
x
x
?/?
=
lim
y
?
+
?
ln
y
(
?/?
y
=
lim
y
?
+
?
?
?
·
ln
y
y
=
= 0
. Следовательно,
lim
x
?
+
?
ln
?
x
x
?
= 0
Следствие 24. Пусть
? >
0
,
a >
1
, тогда
lim
x
?
+
?
x
?
a
x
= 0
.
Доказательство.
Сделаем замену
a
x
=
y
. Тогда
lim
x
?
+
?
x
?
a
x
=
lim
y
?
+
?
ln
?
y
ln
?
a
·
y
= 0
.
Следствие 25. Пусть
k
?
N
,
? >
0
, тогда
lim
x
?
+0
ln
k
x
·
x
?
= 0
.
Доказательство.
Сделаем замену
y
=
1
x
. Тогда
lim
x
?
+0
ln
k
x
·
x
?
=
lim
y
?
+
?
ln
k
1
x
x
?
=
lim
y
?
+
?
(
?
1)
k
ln
k
x
x
?
=
= 0
.

170ГЛАВА 14. ПОКАЗАТЕЛЬНАЯ И ЛОГАРИФМИЧЕСКАЯ ФУНКЦИИ.
Теорема 70 (второй замечательный предел).
lim
x
?
0
e
x
?
1
x
= 1
.
Доказательство.
Для доказательства нам потребуется несколько вспомогательных лемм:
Лемма 26.
lim
x
?
+0
(1 +
x
)
1
x
=
e
.
Доказательство.
Рассмотрим произвольную последовательность
lim
n
??
x
n
= 0
, где
x
n
>
0
.
Выберем последовательность целых чисел
y
n
=
h
1
x
n
i
. Очевидно,
1
y
n
+1
?
?
x
n
?
1
y
n
. Следовательно
1 +
1
y
n
+1
y
n
?
(1 +
x
n
)
1
/x
n
?
1 +
1
y
n
y
n
+1
.
Поскольку
lim
n
??
1 +
1
y
n
+1
y
n
=
lim
n
??
1 +
1
y
n
y
n
+1
=
e
, то по теореме о
двух милиционерах
lim
n
??
(1 +
x
n
)
1
/x
n
=
e
,
Лемма 27.
lim
x
??
0
(1 +
x
)
1
x
=
e
.
Доказательство.
Рассмотрим произвольную последовательность
lim
n
??
x
n
= 0
, где
x
n
<
0
. Вы-
берем последовательность целых чисел
y
n
=
h
?
1
x
n
i
. Очевидно,
?
1
y
n
?
x
n
?
? ?
1
y
n
+1
. Следовательно,
1
?
1
y
n
?
y
n
?
(1 +
x
n
)
1
/x
n
?
1
?
1
y
n
+1
?
y
n
?
1
.
Заметим, что
lim
n
??
1
?
1
n
?
n
= lim
n
??
n
n
?
1
n
= lim
n
??
1 +
1
n
?
1
n
=
e.
Следовательно,
lim
n
??
1
?
1
y
n
?
y
n
=
lim
n
??
1
?
1
y
n
+1
?
y
n
?
1
=
e
,откуда по
теореме о двух милиционерах и получаем
lim
n
??
(1 +
x
n
)
1
/x
n
=
e
,
Лемма 28.
lim
x
?
0
(1 +
x
)
1
x
=
e
.
Доказательство.
Зафиксируем произвольное
? >
0
. Тогда из предыдущих лемм вытекает, что
существует
?
1
>
0
такое, что для всех
x
?
(0
, ?
1
)
выполнено неравенство
|
(1 +
x
)
1
x
?
e
|
< ?
и существует
?
2
>
0
, такое, что для всех
x
?
(
?
?
2
,
0)
выполнено неравенство
|
(1 +
x
)
1
x
?
e
|
< ?
. Взяв
?
= min(
?
1
, ?
2
)
, получим
определение предела в точке.
Лемма 29.
lim
x
?
0
ln(1+
x
)
x
= 1
.
Доказательство.
1 = ln
e
= ln lim
x
?
0
(1 +
x
)
1
/x
= lim
x
?
0
ln(1 +
x
)
1
/x
= lim
x
?
0
ln(1+
x
)
x
,

14.3. СВОЙСТВА ЛОГАРИФМОВ
171
Доказательство (Теоремы 70).
Сделаем замену
y
=
e
x
?
1
и рассмотрим
lim
x
?
0
x
e
x
?
1
= lim
y
?
0
ln(1+
y
)
y
= 1
. Следо-
вательно,
lim
x
?
0
e
x
?
1
x
= 1
,
Следствие 26. Пусть
a >
0
,
a
6
= 1
. Тогда
lim
x
?
0
log
a
(1 +
x
)
x
=
1
ln
a
.
Следствие 27. Пусть
a >
0
,
a
6
= 1
. Тогда
lim
x
?
0
a
x
?
1
x
= ln
a
.
Следствие 28. Пусть
p
?
R
. Тогда
lim
x
?
0
(1 +
x
)
p
?
1
x
=
p
.
В качестве заключения запишем в асимптотической форме утвержде-
ния, доказанные в этом разделе:
•
log
a
x
=
o
(
x
?
)
, при
x
?
+
?
,
a >
1
,
? >
0
;
•
x
?
=
o
(
a
x
)
, при
x
?
+
?
,
a >
1
,
? >
0
;
•
log
a
x
=
o
(
1
x
?
)
, при
x
?
+0
,
a >
1
,
? >
0
;
•
e
x
= 1 +
x
+
o
(
x
)
при
x
?
0
;
•
a
x
= 1 + ln
a
·
x
+
o
(
x
)
при
x
?
0
,
a >
0
;
•
ln(1 +
x
) =
x
+
o
(
x
)
при
x
?
0
;
•
log
a
(1 +
x
) =
x
ln
a
+
o
(
x
)
,
x
?
0
,
a >
0
,
a
6
= 1
;
•
(1 +
x
)
p
= 1 +
p
·
x
+
o
(
x
)
при
x
?
0
.

172ГЛАВА 14. ПОКАЗАТЕЛЬНАЯ И ЛОГАРИФМИЧЕСКАЯ ФУНКЦИИ.

жүктеу/скачать 1,95 Mb.

Достарыңызбен бөлісу: