Potęga o wykładniku wymiernym

Zauważmy, że $3^{\frac{-6}{-11}}=3^{\frac{6}{11}}\;$, $3^{\frac{-6}{11}}=3^{\frac{6}{-11}}\;$.

Dowód: Równość $a^{\frac mn}=\left(a^{\frac 1n}\right)^m\;$ wynika z definicji. Niech $x=\left(a^{\frac 1n}\right)^m\;$, $y=\left(a^m\right)^{\frac 1n}\;$. Pokażemy, że zarówno $x\;$ jak i $y\;$ spełniają równanie $t^n=a^m\;$:
$x^n=\left(\left(a^{\frac 1n}\right)^m\right)^n=\left(a^{\frac 1n}\right)^{m\cdot n}= \left(\left(a^{\frac 1n}\right)^n\right)^m=a^m,$
$y^n=\left(\left(a^{m}\right)^{\frac 1n}\right)^n=a^m.$
W obu obliczeniach skorzystaliśmy z równości $\left(b^{\frac 1n}\right)^n=b\;$, raz dla $b=a\;$, drugi raz dla $b=a^m\;$. Liczby $x\;$ i $y\;$ są dodatnie i spełniają równanie posiadające jedno dodatnie rozwiązanie, więc $x=y\;$, czyli $\left(a^{\frac 1n}\right)^m=\left(a^m\right)^{\frac 1n}\;$. Zadanie 5.2 (c) podpowiada ogólną własność, którą formułujemy w kolejnym twierdzeniu.

Dowód: Załóżmy, że $a>0\;$ i $m,n,p,q\;$ są liczbami całkowitymi, przy czym $n\ne 0\;$, $q\ne 0\;$ i $\frac mn=\frac pq\;$. Ponieważ potęgę liczby z wykładnikiem, będącym ilorazem liczb całkowitych z dzielnikiem ujemnym, definiuje się poprzez potęgi o wykładniku będącym ilorazem liczb z dzielnikiem dodatnim, można w dowodzie założyć, że $n>0\;$ i $q>0\;$. Niech $x=a^{\frac mn}\;$, $y=a^{\frac pq}\;$. Mamy
$x^{nq}=\left(a^{\frac mn}\right)^{nq}=\left(\left(a^{\frac 1n}\right)^m\right)^{nq} =\left(a^{\frac 1n}\right)^{m\cdot n\cdot q}= \left(\left(a^{\frac 1n}\right)^n\right)^{m\cdot q}=a^{m\cdot q}$
$y^{nq}=\left(a^{\frac pq}\right)^{nq}=\left(\left(a^{\frac 1q}\right)^p\right)^{nq} =\left(a^{\frac 1q}\right)^{p\cdot q\cdot n}= \left(\left(a^{\frac 1q}\right)^q\right)^{p\cdot n}=a^{p\cdot n}.$
Skoro $\frac mn=\frac pq\;$, to $mq=np\;$. Tak więc zarówno dodatnia liczba $x\;$ jak i dodatnia liczba $y\;$ spełniają równanie
t^nq = a^pn.
Ponieważ równanie to ma tylko jedno rozwiązanie, więc $x=y\;$, czyli $a^{\frac mn}=a^{\frac pq}\;$. Twierdzenie 5.4 pokazuje, iż bez żadnych obliczeń mamy prawo zapisać np. równości:
$5^{\frac{3}{4}}=5^{\frac{6}{8}}=5^{\frac{9}{12}}=5^{\frac{900}{1200}}= 5^{\frac{4500}{6000}}=\dots$
$(0,3)^{\frac{-9}{-5}}=(0,3)^{1,8}=(0,3)^{\frac{27}{15}}=\dots$
$\left(\frac 23\right)^{\frac{-4}{5}}=\left(\frac 23\right)^{\frac{4}{-5}}=\left(\frac 23\right)^{\frac{8}{-10}}=\left(\frac 23\right)^{\frac{-8}{10}}=\dots$
Z Twierdzenia 5.4 wynika poprawność następującej definicji.

Uwaga 5.6 Zbiór liczb całkowitych zawiera się w zbiorze liczb wymiernych, więc Definicja 5.1 potęgi o wykładniku wymiernym dla podstawy dodatniej odnosi się również do potęgi z wykładnikiem całkowitym. Z drugiej strony Definicje 1.1 , 2.1 i 3.1 wprowadzały już potęgę o wykładniku całkowitym dla podstaw rzeczywistych różnych od zera, a więc w rzeczywistości dla podstaw dodatnich. Definicje te są zgodne, ponieważ jeśli $s\;$ jest ustaloną liczba całkowitą, to $s=\frac s1=\frac{k\cdot s}{k}\;$ dla dowolnej liczby $k\;$ całkowitej różnej od zera i z Twierdzenia 5.4 wynika, że dla dowolnego $a>0\;$, $a^{\frac s1}=a^{\frac{k\cdot s}{k}}\;$ podczas, gdy $a^{\frac s1}=\left(a^{\frac 11}\right)^s=a^s\;$

(patrz: Uwaga 4.23 ).

Uwaga 5.7 Opisana powyżej definicja potęgi o wykładniku wymiernym, poprawna dzięki Twierdzeniu 5.4 , dotyczy podstawy dodatniej. Nie można jej powtórzyć w przypadku podstawy ujemnej pomimo, iż dla nieparzystych liczb dodatnich $k\;$ określa się potęgę liczby o wykładniku $\frac 1k\;$ również dla podstaw ujemnych. Dla przykładu zastanówmy się nad możliwością określenia $(-32)^{\frac{3}{5}}\;$. Symbolowi temu można by nadać znaczenie w sposób następujący:
$(-32)^{\frac{3}{5}}\stackrel{\textrm{def}}{=} \left((-32)^{\frac{1}{5}}\right)^3 =(-2)^{3}=-8$
i liczba ta byłaby równa liczbie $\left((-32)^3\right)^{\frac 15}=(-2^{15})^{\frac{1}{5}}=\left((-2^3)^5\right)^{\frac 15}=-2^3\;$, ale niemożliwe jest, by zachować własność opisaną w Twierdzeniu 5.4 . W myśl tego twierdzenia powinna zachodzić równość $(-32)^{\frac{3}{5}}=(-32)^{\frac{6}{10}}\;$, bo $\frac 35=\frac{6}{10}\;$. Jednakże nadanie sensu zapisowi $(-32)^{\frac{6}{10}}\;$ nie jest możliwe, bo nie określa się potęgi

$(-32)^{\frac{1}{10}}\;$.

Dla potęg o podstawach dodatnich i wykładnikach wymiernych można sformułować twierdzenie analogiczne do Twierdzenia 3.3 , w którym zebrane zostają podstawowe własności operacji brania potęgi.

Dowód: Dowód każdej z własności przeprowadza się z użyciem reprezentacji ułamkowych liczb $w_1\;$ i $w_2\;$, w oparciu o definicję i twierdzenia wcześniej udowodnione. Niech $w_1=\frac{m}{n}\;$, $w_2=\frac pq\;$, gdzie $m,n,p,q\in\mathrm{C}\;$, $n,q>0\;$.

1. $a^{w_1} \cdot a^{w_2}\stackrel{Df.9}{=} a^{\frac mn}\cdot a^{\frac pq} \stackrel{Tw.12}{=}a^{\frac{mq}{nq}}\cdot a^{\frac{np}{nq}}\stackrel{Df.8}{=} \left(a^{\frac{1}{nq}}\right)^{mq}\cdot \left(a^{\frac{1}{nq}}\right)^{np}\stackrel{Tw.4}{=} \left(a^{\frac{1}{nq}}\right)^{mq+np}=$ $a^{\frac{mq+np}{nq}}=$ $a^{\frac mn+\frac pq}\stackrel{Df.9}{=} a^{w_1+w_2}\;$,
2. $\frac{a^{w_1}}{a^{w_2}}\stackrel{Df.9}{=} \frac{a^{\frac mn}}{a^{\frac pq}}\stackrel{Tw.12}{=} \frac{a^{\frac{mq}{nq}}}{a^{\frac{np}{nq}}}\stackrel{Df.8}{=} \frac{\left(a^{\frac{1}{nq}}\right)^{mq}}{\left(a^{\frac{1}{nq}}\right)^{np}} \stackrel{Tw.4}{=} \left(a^{\frac{1}{nq}}\right)^{mq-np} \stackrel{Df.8}{=}a^{\frac{mq-np}{nq}}=$ $a^{\frac mn - \frac pq}\stackrel{Df.9}{=}a^{w_1-w_2}\;$,
3. $(a\cdot b)^{w_1}\stackrel{Df.9}{=} (a\cdot b)^{\frac mn}\stackrel{Df.8}{=} \left(\left(a\cdot b\right)^{\frac 1n}\right)^m\stackrel{Tw.10}{=}\left(a^{\frac 1n}\cdot b^{\frac 1n}\right)^m\stackrel{Tw.4}{=}\left(a^{\frac 1n}\right)^m\cdot\left(b^{\frac 1n}\right)^m\stackrel{Df.8}{=} a^{\frac mn}\cdot b^{\frac mn}\stackrel{Df.9}{=}a^{w_1}\cdot b^{w_1}\;$,
4. $\left(\frac{a}{b}\right)^{w_1} \stackrel{Df.9}{=} \left(\frac{a}{b}\right)^{\frac mn}\stackrel{Df.8}{=} \left(\left(\frac{a}{b}\right)^{\frac 1n}\right)^m\stackrel{Tw.10}{=} \left(\frac{a^{\frac 1n}}{b^{\frac 1n}}\right)^{m}\stackrel{Tw.4}{=} \frac{\left(a^{\frac 1n}\right)^{m}}{\left(b^{\frac 1n}\right)^{m}}\stackrel{Df.8}{=} \frac{a^{\frac mn}}{b^{\frac mn}}\stackrel{Df.9}{=}\frac{a^{w_1}}{b^{w_1}}\;$,
5. $(a^{w_1})^{w_2}\stackrel{Df.9}{=} \left(a^{\frac mn}\right)^{\frac pq} \stackrel{Df.8}{=} \left(\left(a^{\frac mn}\right)^{\frac 1q}\right)^p \stackrel{Df.8}{=}\left(\left(\left(a^{\frac 1n}\right)^m\right)^{\frac 1q}\right)^p \stackrel{Tw.11}{=} \left(\left(a^{\frac 1n}\right)^{\frac mq}\right)^p \stackrel{Df.8}{=} \left(\left(\left(a^{\frac 1n}\right)^{\frac 1q}\right)^m\right)^p \stackrel{Tw.4}{=} \left(\left(a^{\frac 1n}\right)^{\frac 1q}\right)^{mp} \stackrel{Tw.10}{=} \left(a^{\frac{1}{nq}}\right)^{mp} \stackrel{Df.8}{=} a^{\frac{mp}{nq}}=$ $a^{\frac mn \cdot \frac pq} \stackrel{Df.9}{=} a^{w_1\cdot w_2}\;$,
6. $a^{-w_1}\stackrel{Df.9}{=}a^{-\frac mn} =$ $a^{\frac{-m}{n}}\stackrel{Df.8}{=} \left(a^{\frac 1n}\right)^{-m}\stackrel{Df.4}{=} \frac{1}{\left(a^{\frac 1n}\right)^m}\stackrel{Df.8}{=} \frac{1}{a^{\frac{m}{n}}}\stackrel{Df.9}{=} \frac{1}{a^{w_1}}\;$.

Zwykle przyjmuje się dodatkowo definicję następującą:

Zadanie 5.10 Podaj przykłady liczbowe ilustrujące każdą z własności wymienionych w Twierdzeniu 5.8 .

Zadanie 5.11 Oblicz:

1. $\frac{\left(\frac 34\right)^{-\frac 23}\cdot \left(\frac{2}{81}\right)^{\frac{13}{2}}}{2^{\frac 12}\cdot 8^{\frac{12}{5}}}\;$,
2. $\left(\left(\frac 56\right)^{-\frac 23}\cdot \left(5\cdot \left(\frac 43\right)^2\right)^{\frac 49}\right)^{-\frac 32}\;$,
3. $\left(\frac{\left(2^{\frac 17}\right)^{-\frac{35}{6}}}{(0,2)^{\frac 45}\cdot 2} \right)^{\frac 32}\;$.

Zadanie 5.12 Określ zakres zmienności zmiennych:

1. $\frac{\left(x^{\frac 23}-x^{\frac 13}\right)^{\frac 43}}{x^{\frac 45}-1}\;$,
2. $\frac{(x+y)^{\frac 25}}{(x-y)^{\frac 25}}\;$,
3. $x^{(y-1)^{\frac 23}}\;$.

Zadanie 5.13 Przekształć wyrażenie określiwszy wcześniej zakres zmienności:

1. $\left(x^{\frac 32}-(x+1)^{\frac 32}\right)^2+2(x(x+1))^{\frac 32}\;$,
2. $\frac{x^{\frac 23}-y^{\frac 23}}{x^{\frac 13}-y^{\frac 13}}\;$,
3. $\frac{x-y}{x^{\frac 14}-y^{\frac 14}}\;$,
4. $\frac{x^{-1}-y^{-1}}{x^{-\frac 12}+y^{-\frac 12}}\;$.