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# 2.6: Poderes con Exponentes Reales Arbitrarios. Irracionales

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En campos completos, se puede definir$$a^{r}$$ para cualquiera$$a>0$$ y$$r \in E^{1}$$ (para$$r \in N,$$ ver §§5-6, Ejemplo$$(\mathrm{f}) ) .$$ En primer lugar, tenemos el siguiente teorema.

## Teorema$$\PageIndex{1}$$

Dado$$a \geq 0$$ en un campo completo$$F,$$ y un número natural$$n \in E^{1}$$, siempre hay un elemento único$$p \in F, p \geq 0,$$ tal que

$p^{n}=a.$

Se llama la raíz$$n$$ th o f$$a,$$ denotada

$\sqrt[n]{a} \text{ or } a^{1 / n}.$

(Obsérvese que$$\sqrt[n]{a} \geq 0,$$ por definición.)

Prueba

Una prueba directa, a partir del axioma de integridad, se esboza en los Problemas 1 y 2 a continuación. Daremos una prueba más sencilla en el Capítulo 4, §9, Ejemplo (a). En la actualidad, lo omitimos y temporalmente damos por sentado el Teorema 1. De ahí que obtengamos el siguiente resultado.

## Teorema$$\PageIndex{2}$$

Todo campo completo$$F$$ (como$$E^{1}$$) tiene elementos irracionales, es decir, elementos que no son racionales.

En particular,$$\sqrt{2}$$ es irracional.

Prueba

Por Teorema 1,$$F$$ tiene el elemento

$p=\sqrt{2} \text{ with } p^{2}=2$

Buscar una contradicción, supongamos que$$\sqrt{2}$$ es racional, es decir,

$\sqrt{2}=\frac{m}{n}$

para algunos$$m, n \in N$$ en términos más bajos (ver §7, nota final).

Entonces$$m$$ y no$$n$$ son ambos pares (de lo contrario, la reducción en 2 produciría un menor$$n ) .$$ De$$m / n=\sqrt{2},$$ obtenemos

$m^{2}=2 n^{2};$

así$$m^{2}$$ es parejo.

Sin embargo, sólo los elementos pares tienen cuadrados pares. Así$$m$$ mismo debe ser parejo; es decir,$$m=2 r$$ para algunos De$$r \in N .$$ ello se deduce que

$4 r^{2}=m^{2}=2 n^{2}, \text{ i.e., } 2 r^{2}=n^{2}$

y, por el mismo argumento,$$n$$ debe ser parejo.

Esto contradice el hecho de que$$m$$ y no$$n$$ son ambos parejos, y esta contradicción demuestra que$$\sqrt{2}$$ debe ser irracional. $$\square$$

Nota 1. De igual manera, se puede probar la irracionalidad de$$\sqrt{a}$$ dónde$$a \in N$$ y no$$a$$ es el cuadrado de un natural. Consulte el Problema 3 a continuación para obtener una pista.

Nota 2. El teorema 2 muestra que el campo$$R$$ de todos los racionales no está completo (porque no contiene irracionales), aunque sea de Arquímedes (ver Problema 6). Así la propiedad de Arquímedes no tiene impleteidad (sino ver Teorema 1 de §10).

A continuación, definimos$$a^{r}$$ para cualquier número racional$$r>0$$.

## Definición

Dado$$a \geq 0$$ en un campo completo$$F,$$ y un número racional

$r=\frac{m}{n} \quad\left(m, n \in N \subseteq E^{1}\right)$

definimos

$a^{r}=\sqrt[n]{a^{m}}.$

Aquí debemos esclarecer dos hechos.

(1) Si$$n=1,$$ tenemos

$a^{r}=a^{m / 1}=\sqrt[1]{a^{m}}=a^{m}.$

Si$$m=1,$$ conseguimos

$a^{r}=a^{1 / n}=\sqrt[n]{a}.$

Por lo tanto, la definición 1 concuerda con nuestras definiciones anteriores de$$a^{m}$$ y$$\sqrt[n]{a}$$$$(m, n \in N) .$$

2) Si$$r$$ se escribe como fracción de dos maneras distintas,

$r=\frac{m}{n}=\frac{p}{q},$

entonces, como se ve fácilmente,

$\sqrt[n]{a^{m}}=\sqrt[q]{a^{p}}=a^{r},$

y así nuestra definición es inequívoca (independiente de la representación particular de$$r ) .$$

En efecto,

$\frac{m}{n}=\frac{p}{q} \text{ implies } m q=n p,$

de donde

$a^{m q}=a^{p n},$

es decir,

$\left(a^{m}\right)^{q}=\left(a^{p}\right)^{n};$

cf. §§5-6, Problema 6.

Por definición, sin embargo,

$\left(\sqrt[n]{a^{m}}\right)^{n}=a^{m} \text{ and } \left(\sqrt[q]{a^{p}}\right)^{q}=a^{p}.$

Sustituyendo esto en$$\left(a^{m}\right)^{q}=\left(a^{p}\right)^{n},$$ obtenemos

$\left(\sqrt[n]{a^{m}}\right)^{n q}=\left(\sqrt[q]{a^{p}}\right)^{n q},$

de donde

$\sqrt[n]{a^{m}}=\sqrt[q]{a^{p}}.$

Por lo tanto, la Definición 1 es válida, en efecto.

Al utilizar los resultados de los Problemas 4 y 6 de §§5-6, el lector obtendrá fácilmente fórmulas análogas para potencias con exponentes racionales positivos, es decir,

\begin{aligned} a^{r} a^{s} &=a^{r+s} ;\left(a^{r}\right)^{s}=a^{r s} ;(a b)^{r}=a^{r} b^{r} ; a^{r}<a^{s} \text { if } 0<a<1 \text { and } r>s \\ a &<b \text { iff } a^{r}<b^{r}(a, b, r>0) ; a^{r}>a^{s} \text { if } a>1 \text { and } r>s ; 1^{r}=1 \end{aligned}

En adelante asumimos estas fórmulas conocidas, por racionales$$r, s>0$$.

A continuación, definimos$$a^{r}$$ para cualquier elemento real$$r>0$$ y cualquier elemento$$a>1$$ en un campo completo$$F .$$

Dejar$$A_{a r}$$ denotar el conjunto de todos los miembros$$F$$ de la forma$$a^{x},$$ con$$x \in R$$ y$$0<x \leq r ;$$ i.e.

$A_{ar}=\{a^{x} | 0<x \leq r, x \text{ rational}\}.$

Por la densidad de los racionales en$$E^{1}$$ (Teorema 3 de §10), tales racionales$$x$$ sí existen; así$$A_{\text {ar}} \neq \emptyset$$.

Por otra parte,$$A_{a r}$$ es justo acotado en$$F .$$ Indeed, fijar cualquier número racional$$y>r$$. Por las fórmulas en$$(1),$$ tenemos, para cualquier racional positivo$$x \leq r$$,

$a^{y}=a^{x+(y-x)}=a^{x} a^{y-x}>a^{x}$

ya que$$a>1$$ e$$y-x>0$$ implica

$a^{y-x}>1.$

Así$$a^{y}$$ es un límite superior de todo$$a^{x}$$ en$$A_{a r}$$.

De ahí que por la supuesta completitud del$$F,$$ sup$$A_{ar}$$ exista. Así que podemos definir

$a^{r}=\sup A_{a r}.$

También ponemos

$a^{-r}=\frac{1}{a^{r}}.$

Si$$0<a<1$$ (para que$$\frac{1}{a}>1 ),$$ pongamos

$a^{r}=\left(\frac{1}{a}\right)^{-r} \text{ and } a^{-r}=\frac{1}{a^{r}},$

donde

$\left(\frac{1}{a}\right)^{r}=\sup A_{1 / a, r},$

Resumiendo, tenemos las siguientes definiciones.

## Definición

Dado$$a>0$$ en un campo completo$$F$$, y$$r \in E^{1}$$, definimos lo siguiente. i) Si$$r>0$$ y$$a>1$$, entonces

$a^{r}=\sup A_{a r}=\sup \left\{a^{x} | 0<x \leq r, x \text { rational }\right\}$

ii) Si$$r>0$$ y$$0<a<1$$, entonces$$a^{r}=\frac{1}{(1 / a)^{r}}$$, también escrito$$(1 / a)^{-r}.$$

iii)$$a^{-r}=1 / a^{r}$$. (Esto también define potencias con exponentes negativos).

También definimos$$0^{r}=0$$ para cualquier real$$r>0$$, y$$a^{0}=1$$ para cualquiera$$a \in F$$,$$a \neq 0$$;$$0^{0}$$ permanece indefinido.

El poder también$$a^{r}$$ se define si$$a<0$$ y$$r$$ es un racional$$\frac{m}{n}$$ con$$n$$ porque$$a^{r}=\sqrt[n]{a^{m}}$$ tiene sentido en este caso. (¿Por qué?) Esto no funciona para otros valores de$$r$$. Por lo tanto, en general, asumimos$$a>0$$.

Nuevamente, es fácil demostrar que las fórmulas en (1) siguen siendo válidas también para potencias con exponentes reales (ver Problemas} 8-13 a continuación), siempre y cuando$$F$$ esté completo.

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