Натуральные числа

Числа, используемые при счете называются натуральными числами. Например, $1,2,3$ и т.д. Натуральные числа образуют множество натуральных чисел, которое обозначают $N$ .Данное обозначение исходит от латинского слова naturalis- естественный.

Противоположные числа

Определение 1

Если два числа отличаются только знаками, их называют в математике противоположными числами.

Например, числа $5$ и $-5$ противоположные числа, т.к. отличаются только знаками.

Замечание 1

Для любого числа есть противоположное число, и притом только одно.

Замечание 2

Число нуль противоположно самому себе.

Целые числа

Определение 2

Целыми числами называют натуральные, противоположные им числа и нуль.

Множество целых чисел включает в себя множество натуральных и противоположных им.

Обозначают целые числа $Z.$

Дробные числа

Числа вида $\frac{m}{n}$ называют дробями или дробными числами. Так же дробные числа можно записывать десятичной форме записи, т.е. в виде десятичных дробей.

Например:$\ \frac{3}{5}$ , $0,08$ и Т.Д.

Так же, как и целые, дробные числа могут быть как положительными, так и отрицательными.

Рациональные числа

Определение 3

Рациональными числами называется множество чисел, содержащее в себе множество целых и дробных чисел.

Любое рациональное число, как целое, так и дробное можно представить в виде дроби $\frac{a}{b}$, где $a$- целое число, а $b$- натуральное.

Таким образом, одно и то же рациональное число можно записать разными способами.

Например,

Отсюда видно, что любое рациональное число может быт представлено в виде конечной десятичной дроби или бесконечной десятичной периодической дроби.

Множество рациональных чисел обозначается $Q$.

В результате выполнения любого арифметического действия над рациональными числами полученный ответ будет рациональным числом. Это легко доказуемо, в силу того, что при сложении, вычитании, умножении и делении обыкновенных дробей получится обыкновенная дробь

Иррациональные числа

В ходе изучения курса математики часто приходится сталкиваться в решении с числами, которые не являются рациональными.

Например, чтобы убедиться в существовании множества чисел, отличных от рациональных решим уравнение $x^2=6$.Корнями этого уравнения будут числа $\surd 6$ и -$\surd 6$. Данные числа не будут являться рациональными.

Так же при нахождении диагонали квадрата со стороной $3$ мы применив теорему Пифагора получим, что диагональ будет равна $\surd 18$. Это число также не является рациональным.

Такие числа называются иррациональными.

Итак, иррациональным числом называют бесконечную десятичную непериодическую дробь.

Одно из часто встречающихся иррациональных чисел- это число $\pi $

При выполнении арифметических действий с иррациональными числами получаемый результат может оказаться и рациональным, так и иррациональным числом.

Докажем это на примере нахождения произведения иррациональным чисел. Найдем:

$\ \sqrt{6}\cdot \sqrt{6}$

$\ \sqrt{2}\cdot \sqrt{3}$

Решениею

$\ \sqrt{6}\cdot \sqrt{6} = 6$

$\sqrt{2}\cdot \sqrt{3}=\sqrt{6}$

На этом примере видно, что результат может оказаться как рациональным, так и иррациональным числом.

Если в арифметических действиях участвуют рациональное и иррациональные числа одновременно, то в результате получится иррациональное число (кроме, конечно, умножения на $0$).

Действительные числа

Множеством действительных чисел называется множество содержащее множество рациональных и иррациональных чисел.

Обозначается множество действительных чисел $R$. Символически множество действительных чисел можно обозначить $(-?;+?).$

Мы говорили ранее о том, что иррациональным числом называют бесконечную десятичную непериодическую дробь, а любое рациональное число может быт представлено в виде конечной десятичной дроби или бесконечной десятичной периодической дроби, поэтому действительным числом будет являться любая конечная и бесконечная десятичная дробь.

При выполнении алгебраических действий будут выполняться следующие правила

1. при умножении и делении положительных чисел полученное число будет положительным
2. при умножении и делении отрицательных чисел полученное число будет положительным
3. при умножении и делении отрицательного и положительного чисел полученное число будет отрицательным

Также действительные числа можно сравнивать друг с другом.

С отрезком единичной длины, знали уже древние математики: им была известна, например, несоизмеримость диагонали и стороны квадрата, что равносильно иррациональности числа .

Иррациональными являются:

Примеры доказательства иррациональности

Корень из 2

Допустим противное: рационален , то есть представляется в виде несократимой дроби , где и - целые числа . Возведём предполагаемое равенство в квадрат:

Отсюда следует, что чётно, значит, чётно и . Пускай , где целое. Тогда

Следовательно, чётно, значит, чётно и . Мы получили, что и чётны, что противоречит несократимости дроби . Значит, исходное предположение было неверным, и - иррациональное число.

Двоичный логарифм числа 3

Допустим противное: рационален , то есть представляется в виде дроби , где и - целые числа . Поскольку , и могут быть выбраны положительными. Тогда

Но чётно, а нечётно. Получаем противоречие.

e

История

Концепция иррациональных чисел была неявным образом воспринята индийскими математиками в VII веке до нашей эры, когда Манава (ок. 750 г. до н. э. - ок. 690 г. до н. э.) выяснил, что квадратные корни некоторых натуральных чисел, таких как 2 и 61, не могут быть явно выражены.

Первое доказательство существования иррациональных чисел обычно приписывается Гиппасу из Метапонта (ок. 500 гг. до н. э.), пифагорейцу , который нашёл это доказательство, изучая длины сторон пентаграммы. Во времена пифагорейцев считалось, что существует единая единица длины, достаточно малая и неделимая, которая целое число раз входит в любой отрезок. Однако Гиппас обосновал, что не существует единой единицы длины, поскольку предположение о её существовании приводит к противоречию. Он показал, что если гипотенуза равнобедренного прямоугольного треугольника содержит целое число единичных отрезков, то это число должно быть одновременно и четным, и нечетным. Доказательство выглядело следующим образом:

• Отношение длины гипотенузы к длине катета равнобедренного прямоугольного треугольника может быть выражено как a :b , где a и b выбраны наименьшими из возможных.
• По теореме Пифагора: a ² = 2b ².
• Так как a ² четное, a должно быть четным (так как квадрат нечетного числа был бы нечетным).
• Поскольку a :b несократима, b обязано быть нечетным.
• Так как a четное, обозначим a = 2y .
• Тогда a ² = 4y ² = 2b ².
• b ² = 2y ², следовательно b ² четное, тогда и b четно.
• Однако было доказано, что b нечетное. Противоречие.

Греческие математики назвали это отношение несоизмеримых величин алогос (невыразимым), однако согласно легендам не воздали Гиппасу должного уважения. Существует легенда, что Гиппас совершил открытие, находясь в морском походе, и был выброшен за борт другими пифагорейцами «за создание элемента вселенной, который отрицает доктрину, что все сущности во вселенной могут быть сведены к целым числам и их отношениям». Открытие Гиппаса поставило перед пифагорейской математикой серьёзную проблему, разрушив лежавшее в основе всей теории предположение, что числа и геометрические объекты едины и неразделимы.

См. также

Примечания

Какие числа являются иррациональными? Иррациональное число — это не рациональное вещественное число, т.е. оно не может быть представлено как дробь (как отношение двух целых чисел), где m — целое число, n — натуральное число . Иррациональное число можно представить как бесконечную непериодическую десятичную дробь.

Иррациональное число не может иметь точного значения. Только в формате 3,333333…. Например , квадратный корень из двух - является числом иррациональным.

Какое число иррациональное? Иррациональным числом (в отличии от рациональных) называется бесконечная десятичная непериодическая дробь.

Множество иррациональных чисел зачастую обозначают заглавной латинской буквой в полужирном начертании без заливки. Т.о.:

Т.е. множество иррациональных чисел это разность множеств вещественных и рациональных чисел.

Свойства иррациональных чисел.

• Сумма 2-х неотрицательных иррациональных чисел может быть рациональным числом.
• Иррациональные числа определяют дедекиндовы сечения в множестве рациональных чисел, в нижнем классе у которых нет самого большого числа, а в верхнем нет меньшего.
• Всякое вещественное трансцендентное число - это иррациональное число.
• Все иррациональные числа являются или алгебраическими, или трансцендентными.
• Множество иррациональных чисел везде плотно на числовой прямой: меж каждой парой чисел есть иррациональное число.
• Порядок на множестве иррациональных чисел изоморфен порядку на множестве вещественных трансцендентных чисел.
• Множество иррациональных чисел бесконечно, является множеством 2-й категории.
• Результатом каждой арифметической операции с рациональными числами (кроме, деления на 0) является рациональные числа. Результатом арифметических операций над иррациональными числами может стать как рациональное, так и иррациональное число.
• Сумма рационального и иррационального чисел всегда будет иррациональным числом.
• Сумма иррациональных чисел может быть рациональным числом. Например, пусть x иррациональное, тогда y=x*(-1) тоже иррациональное; x+y=0, а число 0 рациональное (если, например, сложить корень любой степени из 7 и минус корень такой же степени из семи, то получим рациональное число 0).

Иррациональные числа, примеры.

γ — ζ (3) — ρ — √2 — √3 — √5 — φ — δs — α — e — π — δ

Глава 26. Непрерывные и разрывные функции 291 Сравнивая неравенства (1) и (2), получаем V (x1) − V (x0) < ε. Ясно также, что V (x1) V (x0). Следовательно, V (x0 +) = V (x0). Аналогично V (x0 −) = = V (x0). Если x0 = a или x0 = b, то нужно рассматривать только один из односторонних пределов. Глава 27. Логарифм и показательная функция 27.1. Определение показательной функции и логарифма Определим сначала показательную функцию ax для рациональных x. (Показательную функцию мы определяем только для положитель- ных a.) Пусть a > 0 и x = p/q, где p и q натуральные числа. Опреде- √ лим ax как q ap , где имеется в виду√ √ арифметическое (положительное) значение корня. Ясно, что nq anp = q ap . Действительно, это равенство эквивалентно равенству (anp)q = (ap)nq . При x < 0 мы полагаем ax = = 1/a−x . 27.1. а) Пусть a > 1. Докажите, что если x1 > x2 , то ax1 > ax2 . б) Пусть a < 1. Докажите, что если x1 > x2 , то ax1 < ax2 . 27.2. Пусть a > 1. Докажите, что ax может быть сколь угодно ве- лико, если x достаточно велико. 27.3. Докажите, что ax1 +x2 = ax1 ax2 . 27.4. Докажите, что aλx = (ax)λ для любого рационального λ. 27.5. Пусть a положительное число, {xn } последователь- ность рациональных чисел, причём limn→∞ xn = 0. Докажите, что limn→∞ axn = 1. 27.6. Докажите, что если существует предел limn→∞ xn = x, где {xn } последовательность рациональных чисел, то существует предел 292 Глава 27. Логарифм и показательная функция 293 limn→∞ axn , причём этот предел зависит только от x. Пусть a положительное число. Определим ax для произвольного x следующим образом. Пусть {xn } последовательность рациональных чисел, сходящаяся к x. Положим ax = limn→∞ axn . 27.7. а) Пусть a > 1. Докажите, что если x > y, то ax > ay . б) Пусть a < 1. Докажите, что если x > y, то ax < ay . 27.8. Докажите, что если limn→∞ xn = x, где {xn } последо- вательность произвольных (не обязательно рациональных) чисел, то limn→∞ axn = ax . 27.9. Докажите, что ax1 +x2 = ax1 ax2 для произвольных (не обяза- тельно рациональных) чисел x1 и x2 . 27.10. Пусть a положительное число, причём a = 1. Докажите, что для любого положительного числа x существует единственное число y, для которого ay = x. Пусть a и x положительные числа, причём a = 1. Логарифм x по основанию a это число y = loga x, для которого ay = x. Для логариф- мов по основанию 10 используется обозначение lg, а для логарифмов по основанию e используется обозначение ln. 27.11. Докажите, что функция f (x) = loga x непрерывна. 27.12. Докажите, что loga (x1 x2) = loga x1 + loga x2 . 27.2. Показательная функция 27.13. Решите уравнение 52x−1 + 5x+1 = 250. 27.14. Решите уравнение 6x − 2x = 32. 27.15. Сколько цифр имеет число 2100 ? 27.3. Тождества для логарифмов logb x 27.16. а) Докажите, что loga x = . log b a 1 б) Докажите, что loga b = . logb a 27.17. Предположим, что a2 + b2 = 7ab и ab = 0. Докажите, что a+b 1 lg = (lg |a| + lg |b|). 3 2 294 Глава 27. Логарифм и показательная функция 27.4. Неравенства и сравнения чисел 27.18. Докажите, что 1 1 2< + . log2 π log5 π 27.19. Докажите, что 3/10 < lg 2 < 1/3. 27.20. Сравните числа loga−1 a и loga (a + 1), где a > 1. 27.21. Сравните числа log2 3 и log3 5. 27.22. Сравните числа log20 80 и log80 640. 27.23. Сравните числа log5 7 и log13 17. 27.24. Сравните числа log3 7 и log7 27. 27.5. Иррациональность логарифмов 27.25. Докажите, что следующие числа иррациональны: а) log2 3; √ б) log√2 3; в) log5+3√2 (3 + 5 2). 27.26. Приведите пример положительных иррациональных чисел a и b, для которых число ab целое. 27.6. Некоторые замечательные пределы 1 x 27.27. Докажите, что limx→±∞ 1 + = e. x ln(1 + x) 27.28. Докажите, что limx→0 = 1. x a (1 + x) − 1 27.29. Докажите, что limx→0 = a для любого веществен- x ного a. ax − 1 27.30. Докажите, что limx→0 = ln a для любого положитель- x ного a. 27.7. Гиперболические функции Такую же роль, какую играют для окружности тригонометрические функции, для гиперболы x2 − y 2 = 1 играют гиперболические функции: ex − e−x sh x = (гиперболический синус); 2 Глава 27. Логарифм и показательная функция 295 ex + e−x ch x = (гиперболический косинус); 2 ex − e−x th x = x (гиперболический тангенс); e + e−x x −x e +e cth x = x (гиперболический котангенс). e − e−x Очевидно, что sh(−x) = − sh x и ch(−x) = ch x. 27.31. Докажите, что точка с координатами x = ch t, y = sh t лежит на гиперболе x2 − y 2 = 1. 27.32. Докажите, что sh(x ± y) = sh x ch y ± ch x sh y, ch(x ± y) = ch x ch y ± sh x sh y. Обратные гиперболические функции определяются следующим об- разом: если x = sh y, то y = Arsh x (ареасинус1 гиперболический); если x = ch y, то y = Arch x (ареакосинус гиперболический) ; если x = th y, то y = Arth x (ареатангенс гиперболический) ; если x = cth y, то y = Arcth x (ареакотангенс гиперболический) . 27.33. Докажите, что Arsh x = ln(x + x2 + 1); Arch x = ln(x ± x2 − 1) = ± ln(x + x2 − 1); 1 1+x Arth x = ln . 2 1−x Гиперболической амплитудой числа x называют угол α (−π/2 < α < π/2), для которого sh x = tg α. 27.34. Докажите следующие свойства гиперболической амплитуды: а) ch x = 1/ cos α; б) th(x/2) = tg(α/2). Решения 27.1. а) Можно считать, что x1 = p1 /q и x2 = p2 /q. Тогда ap1 > ap2 , поскольку a > 1. Для положительных чисел α и β неравенство α > β эквива- лентно неравенству αq > β q . Поэтому ap1 /q > ap2 /q . 1 От латинского area площадь. 296 Глава 27. Логарифм и показательная функция б) Решение аналогично, но в этом случае ap1 < ap2 , поскольку a < 1. 27.2. Положим a = 1 + δ, где δ > 0. Тогда n(n − 1) 2 (1 + δ)n = 1 + nδ + δ + . . . > nδ. 2 Поэтому если n > y/δ, то an > y. 27.3. Можно считать, что x1 = p1 /q и x2 = p2 /q. Ясно, что ap1 +p2 = √ √ √ = a a . Поэтому ax1 +x2 = ap1 +p2 = q ap1 · q ap2 = ax1 ax2 . p1 p2 q 27.4. Для натурального λ это следует из задачи 27.3. Если λ = p/q, то достаточно извлечь корень степени q из обеих частей равенства apx = (ax)p . 27.5. Рассмотрим сначала следующий частный случай: xn = 1/n. В этом случае требуемое утверждение доказано в решении задачи 25.20. Для исходной последовательности {xn } можно построить последователь- 1 1 ность натуральных чисел kn → ∞ так, что − < xn < . Тогда kn kn a−1/kn < axn < a1/kn при a > 1 и a1/kn < axn < a−1/kn при a < 1. Оста- ётся заметить, что limn→∞ a1/kn = 1 = limn→∞ a−1/kn . Замечание. Не обращаясь к задаче 25.20, равенство limn→∞ a1/n = 1 мож- но доказать следующим образом. Достаточно рассмотреть случай, когда a > 1. Согласно задаче 27.1 последовательность {a1/n } монотонна. Ясно также, что эта последовательность ограничена, поэтому она имеет неко- торый предел limn→∞ a1/n = c. Её подпоследовательность {a1/(2n) } имеет тот же самый предел, поэтому c = c2 , так как a1/n = (a1/(2n))2 . Таким образом, c = 0 или 1. Но a1/n 1, поэтому c 1. 27.6. Будем считать, что a > 1; случай a < 1 разбирается аналогично. Рассмотрим вспомогательные последовательности рациональных чисел {xn } и {xn }, сходящиеся к x, причём {xn } монотонно возрастает, а {xn } моно- тонно убывает. Согласно задаче 27.1 последовательность {axn } монотонно возрастает. Эта последовательность ограничена, поэтому существует предел limn→∞ axn = c . Аналогично существует предел limn→∞ axn = c . Ясно, что xn − xn → 0, поэтому согласно задаче 27.5 c /c = limn→∞ axn −xn = 1, т.е. c = c = c. Теперь для исходной последовательности {xn } мы можем выбрать после- довательность натуральных чисел kn → ∞ так, что xkn < xn < xkn . Поэтому limn→∞ axn = c. Число c зависит только от x. 27.7. а) Выберем рациональные числа p и q так, что x > p > q > y. Тогда можно выбрать последовательности рациональных чисел {xn } и {yn } так, что они сходятся к x и y и при этом xn p и yn q для всех n. Согласно задаче 27.1 имеют место неравенства axn ap aq ayn , поэтому ax ap aq ay . б) Решается аналогично. Глава 27. Логарифм и показательная функция 297 27.8. Решение аналогично решению задачи 27.6. Мы снова выбираем такие же последовательности {xn } и {xn }. Согласно задаче 27.7 из нера- венств xkn < xn < xkn следуют неравенства axkn < axn < axkn , а потому limn→∞ axn = c = ax . 27.9. Соотношение ax1 +x2 = ax1 ax2 для произвольных чисел следует из аналогичного соотношения для рациональных чисел (задача 27.3), поскольку функция f (x) = ax непрерывна (задача 27.8). 27.10. Функция f (x) = ax непрерывна (задача 27.8) и монотонна (это легко вывести из утверждения задачи 27.1, воспользовавшись непрерывно- стью функции f). Кроме того, согласно задаче 27.2 число ay может быть как сколь угодно велико, так и сколь угодно близко к нулю (для доказательства последнего утверждения нужно заметить, что a−y = 1/ay). Поэтому согласно теореме о промежуточном значении для любого x > 0 найдётся такое число y, что ay = x. Единственность числа y следует из монотонности функции f . 27.11. Докажем непрерывность в точке x0 = ay0 , где y0 = loga x0 . Для заданного ε > 0 возьмём в качестве δ наименьшее из двух положительных чисел |ay0 − ay0 +ε | и |ay0 − ay0 −ε |. Функция g(y) = ay монотонна, поэтому из неравенства |ay0 − ay | < δ следует неравенство |y0 − y| < ε, т.е. из неравенства |x0 − x| < δ следует неравенство | loga x0 − loga x| < ε. 27.12. Это следует из соответствующего свойства показательной функ- ции: ay1 +y2 = ay1 ay2 (задача 27.9). 27.13. О т в е т: x = 2. Функция f (x) = 52x−1 + 5x+1 монотонно возрастает, поэтому она принимает значение 250 лишь при одном значении x. Ясно также, что f (2) = 53 + 53 = 250. 27.14. О т в е т: x = 2. Поделив обе части уравнения на 2x = 0, перейдём к уравнению 3x − 2 = 32 · 2−x . Функция f (x) = 3x − 2 монотонно возрастает, а функция g(x) = 32 · 2−x монотонно убывает. Поэтому уравнение f (x) = g(x) не может иметь больше одного решения. А одно решение легко угадывается. 27.15. О т в е т: 31 цифру. Ясно, что 2100 = (1024)10 > 100010 , поэтому число 2100 имеет не меньше 31 цифры. С другой стороны, 102410 1025 10 41 10 41 40 39 32 41 < = < · · ... = < 10; 100010 1000 40 40 39 38 31 31 Таким образом, 2100 = (1024)10 < 10·100010 , поэтому число 2100 имеет меньше 32 цифр. 27.16. а) По определению aloga x = x. Прологарифмировав обе части этого равенства по основанию b, получим log a x · logb a = logb x. б) Запишем тождество из задачи а) для x = b и заметим, что log b b = 1. (a + b)2 27.17. Требуемое равенство можно переписать в виде lg = lg ab 9 (мы воспользовались тем, что ab > 0). Из условия следует, что (a + b)2 = a2 + + b2 + 2ab = 7ab + 2ab = 9ab. 298 Глава 27. Логарифм и показательная функция lg 2 lg 5 27.18. Правая часть требуемого неравенства равна + . Поэтому lg π lg π нужно доказать, что 2 lg π < lg 2 + lg 5, т.е. lg(π 2) < lg 10. Остаётся заметить, что π 2 < 9, 87 (задача 33.4). 27.19. Неравенство 3/10 < lg 2 эквивалентно тому, что 103 < 210 = 1024, а неравенство lg 2 < 1/3 эквивалентно тому, что 8 = 23 < 10. 27.20. Неравенство (a−1)(a+1) < a2 показывает, что loga (a−1)+loga (a+ + 1) < 2. С другой стороны, loga (a − 1) + log a (a + 1) > 2 loga (a − 1) loga (a + 1). Поэтому loga (a − 1) log a (a + 1) < 1, т.е. loga−1 a > log a (a + 1). 27.21. Пусть a = log 2 3 и b = log 3 5. Тогда 2a = 3, поэтому 8a = 33 > 52 = = 9b > 8b . Значит, log2 3 > log3 5. 27.22. Ясно, что log 20 80 = 1 + 2 log20 2 и log 80 640 = 1 + 3 log 80 2. 1 1 Далее, log20 2 = и log80 2 = . Кроме того, 3 log 2 20 = log2 20 log2 80 = log2 8000 > log2 6400 = 2 log2 80. Поэтому log20 80 < log80 640. 7 17 27.23. Ясно, что log5 7 − 1 = log5 и log 13 17 − 1 = log 13 . Легко прове- 5 13 7 17 7 7 17 рить, что > . Поэтому log5 > log13 > log13 . В итоге получаем, что 5 13 5 5 13 log5 7 > log13 17. 3 27.24. Ясно, что log7 27 = 3 log7 3 = . Покажем, что (log3 7)2 > 3, т.е. log3 7 √ √ √ log3 7 > 3. Легко проверить, что 3 < 7/4. Поэтому неравенство 7 > 3 3 следует из неравенства 74 > 37 , т.е. 2401 > 2187 В итоге получаем, что log3 7 > log7 27. 27.25. а) Предположим, что log2 3 = p/q, где p и q натуральные числа. Тогда 2p/q = 3, т.е. 2p = 3q . Этого не может быть. б) Предположим, что log√2 3 = p/q, где p и q натуральные числа. Тогда √ p/q (2) = 3, т.е. 2p = 32q . Этого не может быть. в) Эта задача эквивалентна задаче 6.25. √ 27.26. Положим a = 2 и b = log√2 3. Числа a и b иррациональные (за- √ √ дачи 6.16 и 27.25). При этом ab = (2)log 2 3 = 3. 1 n 27.27. Мы воспользуемся тем, что limn→∞ 1 + = e (задача 25.37). n Для каждого x 1 можно выбрать натуральное число n так, что n x < n + + 1. Тогда 1 x 1 n+1 1 n 1 1+ < 1+ = 1+ 1+ , x n n n 1 x 1 n 1 n+1 1 −1 1+ > 1+ = 1+ 1+ . x n+1 n+1 n При n → ∞ пределы правых частей обоих неравенств равны e. Глава 27. Логарифм и показательная функция 299 Докажем теперь, что при x → −∞ предел получается тот же самый. Для этого положим y = −x и заметим, что −y y y−1 1 y 1 1 1− = = 1+ 1+ . y y−1 y−1 y−1 При y → ∞ правая часть стремится к e. 27.28. Согласно задаче 27.27 limx→0 (1 + x)1/x = e. Из этого, воспользо- 1 вавшись непрерывностью логарифма, получаем limx→0 ln(1 + x) = 1. x 27.29. Пусть (1 + x)a = 1 + y. Тогда y → 0 при x → 0. Далее, a ln(1 + x) = = ln(1 + y). Поэтому (1 + x)a − 1 y y a ln(1 + x) = = · . x x ln(1 + y) x Воспользовавшись пределом из задачи 27.28, получаем требуемое. ln(1 + y) 27.30. Пусть ax − 1 = y. Тогда y → 0 при x → 0. Кроме того, x = . ln a ax − 1 y Поэтому = · ln a. Воспользовавшись пределом из задачи 27.28, x ln(1 + y) получаем требуемое. 27.31. Формула для разности квадратов показывает, что 2 2 et + e−t et − e−t − = et · e−t = 1. 2 2 27.32. Ясно, что 4 sh x ch y = ex+y + ex−y − e−x+y − e−x−y , 4 ch x sh y = ex+y − ex−y + e−x+y − e−x−y , Из этого легко получается первое равенство. Второе равенство доказывается аналогично. ey − e−y 27.33. Пусть y = Arsh x. Тогда x = sh y = . Поэтому 2 e2y −2xey −1 = 0. Решая это квадратное уравнение относительно ey , получаем √ √ √ ey = x ± x2 + 1. Но ey 0, поэтому ey = x + x2 + 1, т.е. y = ln(x + x2 + 1). ey + e−y Пусть y = Arch x. Тогда x = ch y = . Поэтому e2y − 2xey + 1 = 0, √ 2 √ а значит, ey = x ±√ x2 − 1. Таким образом, y = ln(x ± √ x2 − 1). Равенство √ (x √ x2 − 1)(x − x2 − 1) = 1 показывает, что ln(x − x2 − 1) = − ln(x + + + x2 − 1). ey − e−y Пусть y = Arth x. Тогда x = th y = . Поэтому ey (1 − x) = e−y (1 + ey + e−y 1+x 1 1+x + x), а значит, e2y = . Таким образом, y = ln . 1−x 2 1−x 300 Глава 27. Логарифм и показательная функция 27.34. а) Ясно, что 1 = ch2 x − sh2 x = ch2 x − tg2 α. Поэтому ch2 x = 1 + + tg2 α = 1/ cos2 α. Кроме того, ch x и cos α положительны. 1 1 + sin α α π б) Ясно, что ex = sh x + ch x = tg α + = = tg + . cos α cos α 2 4 α π Поэтому x = ln tg + . Формула для тангенса суммы показывает, что 2 4 α π 1 + tg(α/2) tg + = . Таким образом, 2 4 1 − tg(α/2) x 1 α π 1 1 + tg(α/2) α = ln tg + = ln = Arth tg , 2 2 2 4 2 1 − tg(α/2) 2 что и требовалось.