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

Числовые системы
Счётные множества	Натуральные числа ()

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

Не все действия, рассматриваемые в алгебре, выполнимы в поле рациональных чисел. Примером может служить операция извлечения квадратного корня. Так, если равенство выполняется при значениях , то равенство не имеет места ни при каком рациональном значении Докажем это. Сначала заметим, что целое не может иметь квадрата, равного 2: при имеем а при заведомо больше 2. Предположим теперь, что дробное: (дробь считается несократимой) и

Отсюда имеем должно быть четным числом (иначе квадрат не был бы четным). Положим .

Теперь получается, что и - четное, что противоречит допущению о несократимости дроби

Это показывает, что в области рациональных чисел из числа 2 нельзя извлечь квадратный корень, символ не имеет смысла в области рациональных чисел. Между тем задача: «найти сторону квадрата, зная, что площадь его равна S» - столь же естественна при как и при Выход из этого и других подобных затруднений состоит в дальнейшем расширении понятия числа, во введении нового вида чисел - иррациональных чисел.

Покажем, как вводятся иррациональные числа на примере задачи извлечения квадратного корня из числа 2; для простоты ограничимся положительным значением корня.

Для каждого положительного рационального числа будет иметь место одно из неравенств или Очевидно, что . Рассматриваем затем числа и находим два соседних среди них с тем свойством, что первое имеет квадрат, меньший двух, а второе - больший двух. Именно, Аналогично, продолжая этот процесс, получим ряд неравенств (для получения десятичных дробей, написанных здесь, можно также использовать известный алгоритм приближенного извлечения квадратного корня, п. 13):

Сопоставляя сначала целые части, а затем первые, вторые, третьи и т. д. цифры после запятой у рациональных чисел, между квадратами которых лежит 2, мы можем последовательно выписать эти десятичные знаки:

Процесс отыскания пар рациональных чисел (выраженных конечными десятичными дробями), отличающихся друг от друга на со все большим m может быть продолжен неограниченно. Поэтому можно рассматривать дробь (6.1) как бесконечную десятичную дробь (непериодическую, так как в случае периодичности она представляла бы рациональное число).

Эта бесконечная непериодическая дробь, любое число десятичных знаков которой мы можем выписать, но для которой нельзя осуществить записи одновременно всех знаков, и принимается за число, равное (т. е. за число, квадрат которого равен 2).

Отрицательное значение корня квадратного из двух мы представим в виде

или, пользуясь искусственной формой записи чисел, в виде

Введем теперь следующее определение: иррациональным числом называется всякая бесконечная непериодическая десятичная дробь

где а - делая часть числа (она может быть положительной, равной нулю или отрицательной), а - десятичные знаки (цифры) его дробной части.

Заданное бесконечной непериодической дробью иррациональное число определяет две последовательности конечных десятичных дробей, называемых десятичными приближениями а по недостатку и по избытку:

Например, для запишем

и т. д. Здесь, например, 1,41 - десятичное приближение с точностью до 0,01 по недостатку, а 1,42 - по избытку.

Запись неравенств между иррациональным числом и его десятичными приближениями входит в самое определение понятия иррационального числа и может быть положена в основу определения соотношений «больше» и «меньше» для иррациональных чисел.

Возможность представления иррациональных чисел их все более и более точными десятичными приближениями лежит также в основе определения арифметических действий над иррациональными числами, которые фактически производятся над их иррациональными приближениями по недостатку или по избытку.

К иррациональным числам приводят многие действия, как, например, действие извлечения корня степени из рационального числа (если оно не представляет собой степень другого рационального числа), логарифмирование и т. д. Иррациональным является число , равное отношению длины окружности к ее диаметру (п. 229).

Все рациональные и иррациональные числа образуют в совокупности множество действительных (или вещественных) чисел. Таким образом, всякая десятичная дробь, конечная или бесконечная (периодическая или непериодическая), всегда определяет действительное число.

Всякое отличное от нуля действительное число либо положительно, либо отрицательно.

Напомним в связи с этим следующее определение. Абсолютной величиной или модулем действительного числа а называется число определяемое равенствами а, если

Таким образом, модуль неотрицательного числа равен самому этому числу (верхняя строка равенства); модуль отрицательного числа равен этому числу, взятому с противоположным знаком (нижняя строка). Так, например,

Из определения модуля следует, что модуль любого числа есть число неотрицательное; если модуль числа равен нулю, то и само число равно нулю, в остальных случаях модуль положителен.

Действительные числа образуют числовое поле - поле действительных чисел: результат рациональных действий над действительными числами снова выражается действительным числом. Заметим, что взятые в отдельности иррациональные числа не образуют ни поля, нидаже кольца: например, сумма двух иррациональных чисел равна рациональному числу 3.

Наш краткий очерк развития понятия о числе, построенный по схеме

мы заключим указанием на наиболее важные свойства совокупности действительных чисел.

1. Действительные числа образуют поле.

2. Действия над действительными числами подчинены обычным законам (например, сложение и умножение - законам коммутативности, ассоциативности, дистрибутивности, п. 1).

3. Для любых двух действительных чисел а и b имеет место одно и только одно из трех соотношений: а больше b (а > b), а меньше , а равно . Говорят поэтому, что множество действительных чисел упорядочено.

4. Принято, наконец, говорить, что множество действительных чисел обладает свойством непрерывности. Смысл, который придается этому выражению, пояснен в п. 8. Именно это свойство существенно отличает поле действительных чисел от поля рациональных чисел.

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.