指數函數 (exponential function) 的建構

2 cos x + x0

2



sin x − x0

2

  

≤ 2 · 1 ·|x − x0|

2 = |x − x0| < ε

|cos x − cos x⁰| =   

−2 sin x + x0

2



sin x − x0

2

  

≤ 2 · 1 ·|x − x0|

2 = |x − x⁰| < ε, 所以 _{sin x} 與cos x在 _{x ∈ R} 都是連續函數。

反三角函數 (inverse trigonometric function)

利用反函數連續性定理可得所有反三角函數在定義域內是連續的。

指數函數 (exponential function) 的建構

給定正數a > 0, 指數函數f (x) = a^x, x ∈ R到底是什麼意思呢? 這裡必須從頭說明指數的建構, 如 此才能講清楚指數函數。

(1) 對於 _{n ∈ N,}則 _aⁿ= a · a · · · a · a表示將 n個 _a相乘而得到的實數。

(2) 定義a⁰ = 1以及_a⁻ⁿ_{= a}¹_n,我們可得a^k, k ∈ Z的值。 在此定義下,指數律(exponential law) a^k+l= a^k· a^l 對於 _{k, l ∈ Z} 的時候成立。 此外, 我們還知道這些指數具有 單調 (monotonic) 的性質: 對於 _{k, l ∈ Z,}

(A) 若a > 1以及 _{k < l,} 則_a^k_{< a}^l。 (B) 若a = 1, 則_a^k_{≡ 1}。

(C) 若a < 1以及 _{k < l,} 則_a^k_{> a}^l。

(3) 以下將說明符號aⁿ¹, n ∈ N 的意義。 我們用下面定理表示:

定理_. 給定實數a > 0以及任何正整數 _{n ∈ N,}則存在唯一實數 α > 0 使得 _αⁿ _{= a}。 在證明 此定理之後, 我們會用α = aⁿ¹ 或 α = √ⁿ

a代表滿足 αⁿ= a 的唯一正實數。

證明_: 若 0 < x₁ < x₂,則 _xⁿ_{1 < x}ⁿ_2, 這告知滿足xⁿ= a這個條件的實數最多只有一個。

若 n = 1, 取 _{x = a} 即為所求。 於是以下討論將專注於 n ≥ 2, n ∈ N 的情形。 考慮集合

Ea = {x ∈ R| xⁿ < a}。 取 _{x3 =} ^a

1+a < 1, 因為 _xⁿ_{3 < x3 < a,} 所以集合 Ea 非空。 取 x₄ = 1 + a > 1, 則 _xⁿ_{4 > x4 > a,} 因此 _x4 是集合 E_a 的上界。 由上確界原理 (Supremum Principle) 得知sup Ea 存在_, 記 α = sup Ea。

以下將證明 α = sup Ea滿足 αⁿ= a。 在此之前_, 我們先建立一個不等式: 由 _tⁿ_{− s}ⁿ= (t − s)(tⁿ⁻¹+ tⁿ⁻²s + · · · + tsⁿ⁻²+ sⁿ⁻¹) 得到_:

若0 < s < t, 則_tⁿ_{− s}ⁿ< (t − s)ntⁿ⁻¹。

假設 αⁿ< a,這裡的目標是想要找到 h > 0使得 _αⁿ< (α + h)ⁿ< a,如此一來, α就不是集 合 _Ea的上界得到矛盾。 至於_h 的存在性_, 我們改問是否有_{h > 0}滿足0 < (α + h)ⁿ− αⁿ<

a − αⁿ。

取 _{h = min(} ^a−αn

n(α+1)ⁿ⁻¹, 1) > 0, 將s = α, t = α + h代入上述不等式, 得到 (α + h)ⁿ− αⁿ< hn(α + h)ⁿ⁻¹ < hn(α + 1)ⁿ⁻¹ < a − αⁿ, 這麼一來就有不等式 αⁿ< (α + h)ⁿ< a, 故αⁿ< a不成立。

假設 αⁿ> a, 這時的目標是想要找 k > 0 使得 _αⁿ > (α − k)ⁿ > a, 如此一來, α 並非集合 Ea 的最小上界而得到矛盾。 至於這個不等式等價於尋求滿足 _αⁿ_{− (α − k)}ⁿ _{< α}ⁿ_{− a} 之 _k 的存在性。

考慮 k = _nα^αnn−1^−a, 則 _αⁿ _{− a < α}ⁿ− 0 < α · nαⁿ⁻¹ 得到 0 < k = _nα^αnn−1^−a < α, 並且 αⁿ− (α − k)ⁿ< nkαⁿ⁻¹= αⁿ− a。

綜上討論, 可得 _{α = sup Ea}滿足 αⁿ= a。

(4) 在定義完 aⁿ¹ 之後_, 現驗證: 若 a, b > 0, n ∈ N,則 _(ab)n¹ = aⁿ¹bⁿ¹。 記 α = aⁿ¹, β = bⁿ¹, 則 ab = αⁿβⁿ= (αβ)ⁿ, 所以 αβ = (ab)ⁿ¹ = a¹ⁿb¹ⁿ。

(5) 現驗證在指數為 ¹_{n, n ∈ N} 時的單調性:

(A) 若 _{a > 1}以及 n < m, 其中 _{n, m ∈ N,} 則_a^m1 _{< a}¹ⁿ。 利用反證法, 假設 _aⁿ¹ _{≤ a}^m1, 則 a^m = (aⁿ¹)^mn ≤ (a^m1)^mn= aⁿ 矛盾。

(B) 若a = 1且 _{n ∈ N,} 則_a¹n ≡ 1。這是因為 (aⁿ¹)ⁿ= 1ⁿ= 1 是唯一的正實根。

(C) 若 a < 1以及 _{n < m,} 其中 _{n, m ∈ N,} 則_a¹ⁿ _{< a}^m1。 利用反證法, 假設 a^m1 ≤ aⁿ¹, 則 aⁿ = (a^m1)^mn≤ (aⁿ¹)^mn = a^m 矛盾。

36 4.7 附錄

(6) 現在要討論指數為有理數的情形。 對於 _{r ∈ Q,} 記 r = ^p_q, 其中 p ∈ Z, q ∈ N, (p, q) = 1, 定 義 a^r = (a^p)^1q。 這裡必須證明: 若 r = ^p_q = ^m_n, 則_(a^m₎¹ⁿ _{= (a}^p₎^1q_; 也就是說, 我們必須說明 當 r 並非用最簡分數表達時, 也有同樣的操作。

令 k = mq = pn ∈ Z, 對於 _a^k 這個實數而言, 存在唯一正實數 α 使得 _α^nq _{= a}^k。 現觀察 (a^p)^1q 與(a^m)ⁿ¹, 因為



(a^p)^1qnq

= (a^p)ⁿ= a^pn= a^k, 

(a^m)ⁿ¹nq

= (a^m)^q = a^mq = a^k, 所以 (a^p)^1q = (a^m)ⁿ¹。

(7) 再來要驗證指數律在指數為有理數的情況下成立; 也就是說,對所有_{r, s ∈ Q,} 則_a^r+s_{= a}^r_a^s。 記 r = ^m_n, s = ^p_q, 則_{r + s =} ^mq+np

nq , 且

a^r+s= (a^mq+np)^nq1 = (a^mqa^np)^nq1 = (a^mq)^nq1 (a^np)^nq1 = (a^m)¹ⁿ(a^p)^1q = a^ra^s。 (8) 在指數為有理數時的單調性討論如下: 若 _{r, s ∈ Q,} 記 r = ^p_q, p ∈ Z, q ∈ N, (p, q) = 1, s =

m

n, m ∈ Z, n ∈ N, (m, n) = 1。 這裡注意到 ^p_q < ^m_n ⇔ np < mq。

(A) 若a > 1以及_{r < s,}則_a^r_{< a}^s。 利用反證法,若a^s≤ a^r,則_(a^s₎^nq _{= (a}^mn₎^nq _{= a}^mq 而_(a^r₎^nq _{= (a}^pq₎^nq _{= a}^np_, 得到_a^np_{< a}^mq 矛盾。

(B) 若a = 1, 則_a^r_{= a}^pq _{= (a}^p₎^1q _{= 1}^1q _{= 1}。

(C) 若a < 1以及_{r < s,}則_a^r_{> a}^s。 利用反證法,若a^s≥ a^r,則_(a^s₎^nq _{= (a}^mn)^nq = a^mq 而(a^r)^nq = (a^pq)^nq = a^np, 得到a^np> a^mq 矛盾。

(9) 現在要討論 a^x, x ∈ R 的意義。 若a > 1, 考慮集合_{A(x) = {a}^r| r ∈ Q, r < x}。 因為必有整 數 _{k, l ∈ Z} 滿足 k < x < l, 而 a^k ∈ A(x), 所以集合 A(x) 非空;又對任何 _{y ∈ A(x)} 都有 y < a^l, 所以集合A(x) 有上界。 由上確界原理(Supremum Principle)得知 sup A(x)存在。

定義 a^x = sup A(x), 這裡必須驗證: 當 x = ^p_q ∈ Q時, 用 sup A(x)定義出的實數和前述所 定義的a^pq 兩者是 相容的(compatible)。首先, 因為_{r < x =} ^p_q, 所以a^r < a^pq,因此_a^pq 為集 合_A(x)的一個上界。 對任意M^′′∈ R, M^′′< a^pq,現在想要找r^′′∈ Q使得_M^′′_{< a}^r′′。首先, 將 _M^′′ 寫成 M^′′ = a^pq − ε^′′ = a^pq − (a^pqε), 其中 _ε^′′_{, ε > 0}。 因為 _lim

n→∞a⁻¹ⁿ = lim

n→∞

1 aⁿ¹ = 1 且 _a⁻ⁿ¹ ₌ ¹

aⁿ¹ < 1, 所以對 _{ε > 0,} 存在 _{N ∈ N}使得對所有 _{n ≥ N} 都有 1 − ε < a⁻ⁿ¹ < 1, 得到 _M^′′ _{= a}^pq _{− a}^pq_{ε < a}^pq _{· a}⁻ⁿ¹ _{= a}^pq−n1 _{< a}^pq_, 於是 _r^′′ ₌ ^p_{q− N}¹ _{∈ Q} 即為所求。

若 a = 1, 則 _{A(x) ≡ 1,}得到 a^x ≡ 1, x ∈ R。 若 a < 1, 定義 a^x= ^₁¹

a

x,則 _a^x 有意義。

(10) 以下將證明: 對任意_{x, y ∈ R} 都有 a^x+y= a^x· a^y。 若 a > 1, 因為 _a^x+y_{= sup{a}^r+s_{|r, s ∈} Q, r < x, s < y},對任意 r, x ∈ Q, r < x, s < y, 則 _a^r _{≤ a}^x 且 _a^s _{≤ a}^y_, 由上確界的定義得 到 _a^r+s_{= a}^r_{· a}^s_{≤ a}^x_{· a}^y_,所以 a^x· a^y 是一個上界。

對任何 _{0 < M}^′′ _{< a}^x_{· a}^y_, 則 ^M_ax^′′ _{< a}^y_, 令 _{m =} ¹