Показательная функция

Пусть $a>1$, тогда $a^{x} := \sup a^{q}, q \in \mathbb{Q}, q \leq x$ Если $0 < a < 1$, то $a^{x} = \dfrac{1}{\left( \dfrac{1}{a} \right)^{x}}$

$a^{x}$ - строго возрастает ($a > 1$)

Хотим доказать, что $\forall{x,y}\mathpunct{:}~~ x<y \Rightarrow a^{x} < a^{y}$ По принципу Архимеда: $$x < q_{1} < q_{2} < y \implies a^{x} \leq ^{1} a^{q_{1}} <^{2} a^{q_{2}} \leq ^{3} a^{y} \implies a^{x} < a^{y}$$ $\Delta 1$: из определения ($a^{x} = \sup a^{q}$, $q \leq x < q_{1}$, а значит $\forall{q}~~ a^{q} \underbrace{ < }_{ \Delta 2 } a^{q_1}$, следовательно $a^{x} \leq a^{q_{1}}$) $\Delta 2$: из свойств показательной функции при $x \in \mathbb{Q}$ $\Delta 3$: $q_{2} \leq y \implies a^{q_{2}} \leq \sup a^{q_{2}} = a^{y}$ $\square$

$a^{x+y} = a^{x}a^{y}$

Пусть $x_{n} \to x$, $y_{n} \to y$, $x_{n} \in \mathbb{Q}$, $y_{n} \in \mathbb{Q}$. Тогда: $$a^{x+y} = a^{\lim x_{n} + \lim y_{n}} =^{1} a^{\lim(x_{n} + y_{n})} =^{2} \lim (a^{x_{n}+y_{n}}) =^{3} \lim (a^{x_{n}} \cdot a^{y_{n}}) =^{1} \lim a^{x_{n}} \cdot \lim a^{y_{n}} =^{2} a^{\lim x_{n}} \cdot a^{\lim y_{n}} = a^{x} a^{y} $$ $\Delta 1$: арифметические свойства пределов $\Delta 2$: по непрерывности показательной функции $\Delta 3$: из свойств для $\mathbb{Q}$ $\square$

- $(a^{x})^{y} = a^{xy}$ - $\dfrac{a^{x}}{a^{y}} = a^{x-y}$ - $a^{x}b^{x}=(ab)^{x}$ - $\left( \dfrac{a}{b} \right)^{x}=\dfrac{a^{x}}{b^{x}}$

$$\lim_{x \to +\infty} a^{x} = \infty, \lim_{x \to -\infty} a^{x} = 0$$

1. $\lim_{x \to +\infty} a^{x} = \infty$: $$a^{x} \geq a^{[x]} =^{(*)} a^{n} \geq 1 + (a-1)n \to \infty$$ $(*)$ - из неравенства Бернулли для $\mathbb{N}$: $(1+x)^{n} \geq 1 + nx,~~ n \in \mathbb{N}$ 2. $\lim_{x \to -\infty} a^{x} = 0$: $$\lim_{x \to -\infty} a^{x} = \lim_{x \to +\infty} a^{-x} = \lim_{x \to +\infty} \dfrac{1}{a^{x}} = \dfrac{1}{\lim_{x \to +\infty} a^{x}} = \left[ \dfrac{1}{\infty} \right] = 0 ~~~\square$$