Matanaliz

на промiжку [0, +∞). Справдi, якщо 0 6 x1 < x2, то

f(x2) − f(x1) = xn2 − xn1 =

=(x2 − x1)(xn2−1 + xn2−2x1 + · · · + x2xn1−2 + xn1−1) > 0,

i для будь-якої точки x0 [0, +∞) i приросту 4x (якщо x0 = 0, то 4x > 0)

4y = f(x0 + 4x) − f(x0) = (x0 + 4x)n − xn0 =

гумента вiдповiдає нескiнченно малий прирiст функцiї (y = x неперервна).

Якщо тепер взяти довiльне число A > 0, то на вiдрiзку [0, A] функцiя y = xn визначена, зростаюча i неперервна, причому множина її значень є вiдрiзок [0, An]. А, отже, на вiдрiзку [0, An]

1

визначена обернена функцiя x = y n , яка монотонно зростає i неперервна на цьому промiжку. Оскiльки An можна зробити

1

як завгодно великим, то функцiя x = y n визначена для всiх невiд’ємних x. Змiнивши для цiєї функцiї позначення аргумента

1

y на x, а позначення функцiї x на y, отримаємо функцiю y = xn , яка визначена для всiх невiд’ємних x, причому значенням цiєї

функцiї для кожного x > 0 є число y таке, що yn = x, тобто

√

y = n x.

Тепер уже можна перейти до наступного кроку узагальнення поняття степеня, а саме для будь-якого рацiонального числа

121

r = mn , де n N, а m Z, i будь-якого дiйсного числа a > 0 означимо рацiональний степiнь r числа a у такий спосiб:

Переконаемось, що для будь-яких рацiональних чисел r1 i r2 мають мiсце властивостi (10.2)–(10.4). Справдi, якщо r1 > 0 i r2 = p N, то

122

перевiрити, що для будь-якого r Q i будь-яких a > 0, b > 0

ar · br = (ab)r.

Нарештi переконаємось, що для будь-яких r1, r2 Q i будьякого a > 0

має непарний знаменник, то означення рацiонального степеня поширюється i на вiд’ємнi числа, а саме, якщо a > 0, то

(

ar, якщо m парне,

(−a)r =

−ar, якщо m непарне.

Степiнь з iррацiональним показником α i основою a > 0 означається або як значення функцiї

y = eα ln x

123

у точцi x = a, або як границя послiдовностi виду (arn ), де rn — будь-яка послiдовнiсть рацiональних чисел, збiжної до α, тобто

Скориставшись властивостями показникової i логарифмiчної функцiй, неважко переконатись, що означення (10.8) задовольняє властивостям (10.2)–(10.4).

Наприклад, якщо a > 0 i α1, α2 два довiльних iррацiональних числа, то

aα1 aα2 = eα1 ln aeα2 ln a = e(α1+α2) ln a = aα1+α2 .

У шкiльному пiдручнику [8, с. 158] степiнь aα, де a — будьяке додатне число (a 6= 1), а α — будь-яке додатне iррацiональне число,означається як число, яке мiститься мiж степенями aα1 i aα2 , де α1 — будь-яке рацiональне наближення числа α, взяте з недостачею, i α2 — будь-яке рацiональне наближення числа α, взяте з надвишком (aα1 < aα < aα2 , якщо a > 1, aα2 < aα < aα1 , якщо a < 1). Якщо ж α — вiд’ємне iррацiональне число, то

aα = a−1α .

Звичайно краще було конкретизувати, якi саме рацiональнi наближення числа α використовуються. Якщо число α має подання α = a0, a1a2 . . . an . . ., то найлiпшими, на наш погляд, є такi послiдовностi рацiональних наближень (αn−) = (a0, a1a2 . . . an) (послiдовнiсть наближень з недостачею), (αn+) = (a0, a1a2 . . . an + 10−n) (послiдовнiсть наближень з надвишком).

Тодi стане зрозумiлим, чому автори пiдручника стверджують,

√

що “5 2 означає таке число, яке бiльше вiд кожного з чисел ряду: 51,4, 51,41, 51,414√, 51,4142, . . ., в якому показники — десятковi наближення числа 2, взятi з недостачею, але менше вiд кожного з чисел ряду: 51,5, 51,42√, 51,415, 51,4143, . . ., в якому показники

— десятковi наближення 2, взятi надвишком."

124

У полi комплексних чисел C поняття степеня вводиться за тим же сценарiєм, що й у полi дiйсних чисел R.

1. Для будь-якого комплексного числа z i будь-якого натурального n

Якщо z 6= 0 i |z|(cos ϕ + i sin ϕ) його тригонометрична форма, то

zn = |z|n(cos nϕ + i sin nϕ) (формула Муавра).

2. Для будь-якого комплексного числа z 6= 0 i будь-якого натурального n

3. Якщо при пiднесеннi до цiлого степеня будь-якого комплексного числа (z 6= 0, якщо показник степеня є вiд’ємним або нуль) отримується одне комплексне число, то при добуваннi кореня n-го степеня (n > 1) з комплексного числа z тiльки у випадку, коли z = 0, число, n-ий степiнь якого дорiвнює нулю, є єдиним i дорiвнює нулю. Якщо ж z 6= 0, то маємо n рiзних комплексних чисел, n-ий степiнь кожного з яких дорiвнює z, а саме

125

+

числа |z|, k = 0, 1, 2, . . . , n−1. Зауважимо, що проблема iснування розв’язується тут безпосереднiм знаходженням всiх значень кореня.

Якщо у полi дiйсних чисел R для будь-якого додатного числа a i будь-якого дробу mn

√

то для ( i)4 множиною значень є одноелементна множина {−1},

√ √

тобто множини значень i4 i ( i)4 не збiгаються.

зn чисел, серед яких можуть бути i однаковi. Точнiше, кожне

зних можна отримати з формули

√

n zm =

i тiльки у тому випадку, коли m i n взаємно простi, то остання

√ m

формула дає n рiзних значень, а, отже, множини значень ( n z)

√

i n zm збiгаються.

126

Тепер уже для будь-якого комплексного числа z 6= 0 i рацiонального числа r = mn означимо

4. Якщо z 6= 0 i α — iррацiональне число, то взявши будьяку послiдовнiсть рацiональних чисел (rn), яка збiгається до α, i зафiксувавши значення Ln z, наприклад ln z, розглянемо вiдповiдну послiдовнiсть значень (zrn )

zrn = ern ln z,

яка має границю eα ln z (незалежно вiд того, як обрана послiдовнiсть (rn)). Таким чином, множина всiх значень zα, за означенням, буде задовольнятись формулою

де Ln z = ln |z| + i(arg z + 2kπ), k Z.

127

Нарештi, i у випадку, коли α є будь-яке не дiйсне число, всi можливi значення zα означаються формулою (10.12).

Зауваження. Для z 6= 0, zα має скiнченне число рiзних значень, якщо α — рацiональне число, i має нескiнченну множину значень, якщо α не є рацiональним числом.

Приклад. Знайти всi можливi значення ii.

Розв’язання. За означенням множина всiх значень ii задає-

ться формулою

ii = eiLn i.

Оскiльки Ln i = ln |i| + i(π2 + 2kπ), де k Z, то

тобто ii має безлiч значень i всi вони дiйснi.

На завершення зауважимо, що властивостi (10.2)–(10.4) для степенiв з довiльними показниками, взагалi кажучи, не будуть мати мiсця. Так, наприклад, для z 6= 0 i будь-яких α1, α2 C множина значень zα1 zα2 задається формулою

zα1 zα2 = eα1Ln zeα2Ln z = eα1 ln z+2πα1mieα2 ln z+2πα2ni =

= e(α1+α2) ln z+2πi(mα1+nα2),

де m, n Z, а множина значень zα1+α2 задається формулою

zα1+α2 = e(α1+α2)Ln z = e(α1+α2) ln z+2πi(α1+α2)m,

де m Z.

Завдання для самоконтролю.

1.Переконатись, що для степенiв з цiлими показниками виконуються властивостi (10.2) – (10.4).

128

2.Привести приклад таких z, α, β, для яких множини значень (zα)β , zαβ не збiгаються.

3.Як звiльнитись вiд iррацiональностi у знаменниках дробiв

де n > 3?

4.Якi рiвняння i нерiвностi називаються iррацiональними? Якi перетворення iррацiональних рiвнянь i нерiвностей можуть привести до появи стороннiх коренiв? Привести приклади.

5.Розв’язати рiвняння:

6. Розв’язати нерiвностi

7. Розв’язати рiвняння z2 − 2iiz + 1 = 0.

129

11 ЛЕКЦIЯ: Похiдна функцiї однiєї i багатьох

змiнних

Поняття похiдної для функцiї однiєї i багатьох змiнних. Диференцiйовнiсть функцiї, необхiдна та достатнi умови. Правила диференцiювання. Похiднi основних елементарних функцiй.

Лiтература. [1], ч. 1, с. 27–37; [2], ч. 1, с. 182–221; [3], т. 1, с. 121–156; [9], ч. 2, с. 92–107; Дороговцев А.Я. Математичний аналiз, ч. 2, Київ: Либiдь, 1994, с. 50–64.

Важливим iнструментом для дослiдження властивостей функцiї є її похiдна, значення якої у точцi характеризує швидкiсть змiни функцiї у цiй точцi. Звичайно вводиться це поняття з допомогою основної операцiї аналiзу — граничного переходу.

Нехай функцiя y = f(x) визначена у деякому околi точки x0. Тодi для кожного x (x 6= x0) з цього околу визначено функцiю

f(x) − f(x0). x − x0

Означення 11.1. Якщо iснує

f(x) − f(x0), x − x0

то її називають похiдною функцiї f у точцi x0 i позначають f0(x0).

Якщо ввести позначення x − x0 = 4x, то означення похiдної запишеться у виглядi

i, нарештi, покладаючи f(x0 + 4x) −f(x0) = 4y, маємо ще один запис означення похiдної

y0 = lim 4y .

4x→0 4x

130