負數的無理數次方如何計算？

01-04

-1的N次方，當N是有理數的時候，總是可以化為分數，就總會有一個答案，但是當N是無理數的時候，答案是什麼呢？如何計算？網上都說不存在，無意義，為什麼呢？

（0） $(-1)^r$ 即使r是有理數最後也不一定總會有一個答案，它可能有兩個答案，如 $(-1)^{1/2}$ 它可以是 $(-1)^{1/2}=sqrt{-1}$ 是無意義的，也可以 $(-1)^{1/2}=(-1)^{2/4}=sqrt[4]{(-1)^2}=1$ 。第一個等號是因為我們總認為指數相等的同底數冪相等，第二個等號是因為我們認為分數指數冪就是先開方後乘方或者先乘方後開方，第三個等號根據正整數冪的涵義按一般數的運算即得。

由上面的例子我們可以看出對於負數的指數運算先開方和先乘方是有本質區別的。約定指數相等時同底數冪相同，規定分數指數先開方後乘方，則 $(-1)^{1/3}$ 跟 $(-1)^{2/6}$ 一個有意義一個沒意義與約定矛盾；規定分數指數先乘方後開方，同樣有這個問題。

為此想到規定分數指數冪只對既約分數有定義，從而對既約分數 $frac{p}{q}$ ，當 $p$ 為奇數， $q$ 為偶數且約定先乘方後開方時，對應的負數指數無意義；當 $q$ 為偶數且規定先開方後乘方時，對應的負數指數無意義。

【這一段類似的描述可以在高中數學函數相關章節找到】

參考後文的（5）對正數無理數指數冪的定義，這裡顯然不可能定義完全一致的負數無理數指數冪。

倘若模仿（5）中的證明，規定先開放後乘方，則 $q$ 為奇數， $q$ 為偶數的情形由 $q$ 為奇數的情形的極限補充，然後再用這樣定義出來的有理數指數冪的極限定義無理數指數冪，結果是 $a^{x}=-(-a)^x,ain(-infty,0)$ ，非常平凡的結果。直觀地講，使得負數開方有意的有理點以及對應的函數值描出的點都分布在我們「擬合」出來的這條曲線上。

要得到更完美的解決要求我們承認負數開方的意義，以及拒絕指數相等的同底數冪相等的普遍成立的假設，這需要引入虛數 $i=sqrt{-1}$ ，參考後文（6）和（7）。

事實上真正有意義的指數只有正整數， $a^n$ 表示實數 $a$ 自乘 $n$ 次。

（1） $a^n=underbrace{a imes a imescdots imes a}_{n},quad ainmathbb{R},ninmathbb{Z^+}$ 。

容易驗證 $a^n a^m=a^{n+m}$ ，即同底數的指數冪的乘法可以轉化為指數的加法。

所以跟加法到減法的過渡一樣，為了使得數的指數可以跟整數的加法一樣運算，需要引入一個逆運算，使得 $a^{n+m}$ 經過該逆運算之後可以恢復到 $a^n$ ，考慮到乘法是除法的逆，所以容易想到用 $a^{n+m}$ 除以 $a^m$ 即可得到 $a^n$ 。但在這個推廣的過程中將 $0$ 排除在了這個體系之外，因為 $0$ 沒有倒數。同時為了使得任意兩個正整數指數都可以做減法，還必須將負整數包括進指數。

(2） $a^{-n}=(frac{1}{a})^n,quad a ot =0,ninmathbb{Z^+}$ 。

為了使得指數的加法跟整數的加法一致，規定了 $a^0=1$ 這裡 $a$ 不能等於 $0$ 。

同整數一樣，指數也可以定義乘法，也就是希望有一個運算使得 $a^n$ 經過該運算變成 $a^{n imes m}$ ，由前面加法的定義我們容易得到只需要將 $a^n$ 自乘 $m$ 次即可。即 $a^{n imes m}=(a^n)^m=a^{(n+n+cdots+n)}$ （有 $m$ 個 $n$ ）。這跟小學書上將整數乘法定義為加法的簡便運算是一致的。

（3） $(a^n)^m=a^{(n imes m)},quad a ot =0,n,minmathbb{Z}$ 。

仿照整數除法的引入，我們想當然地引入指數的除法，即作為乘法的逆，即經過一個運算使得 $a^n$ 變成 $a^m$ 。由整數的帶余除法有 $n=mq+r,quad 0le r<m$ 其中 $q$ 為n除以m所得的商， $r$ 為餘數。 $a^{n/m}=a^{q+r/m}$ ， $r=0$ 時即 $m$ 整除 $n$ ，這裡的除法作為（3）中乘法的逆是很自然的。當 $r ot =0$ 時，就需要擴充指數的範圍了，我們希望擴充之後的指數範圍仍保持與整數指數一樣的運算律，故 $a^{q+r/m}=a^q a^{r/m},quad a^{r/m}=(a^{1/m})^r$ ，因此最後問題歸結為 $a^{1/m}$ 如何定義上來。考慮 $a^{1/m}$ 的逆，即 $x^m=a$ 這是我們所熟知當 $m$ 為偶數時 $x=pmsqrt[m]{a}$ 且只對正實數有意義，當 $m$ 為奇數時 $x=sqrt[m]{a}$ 。為了保證指數相等的同底數冪相等，這裡只考慮正實數，且只考慮 $a$ 的算術 $m$ 次方根於是定義

（4） $a^{n/m}=(sqrt[m]{a})^n, quad ain (0,+infty),n,m ot=0inmathbb{Z}$ 。

下面我們要歷經有理數到實數的飛躍，我們已經可以對指數進行四則運算了，接下來只要使其完備我們就可以建立一個完整的實數系了。首先需要證明在有理數範圍內我們規定的指數函數是單調的，當 $a>1$ 時下面的式子顯然成立 $forall r,sinmathbb{Q},r>squadfrac{a^r}{a^s}=a^{r-s}>1$ 。我們知道任意無理數 $alpha$ 存在一個遞減數列和一個遞增數列趨近於它，例如它的n位過剩近似值數列 ${r_n}$ 和n位不足近似值數列 ${s_n}$ 。即 $lim_{n oinfty}r_n=alpha$ 以及 $lim_{n oinfty}s_n=alpha$ 。根據指數函數的單調性我們可以用它的無理數指數的不足近似值和過剩近似值的冪來逼近它的無理數指數冪，因為 $a^{r_n}，由於單調有界數列必有極限因此<img src=$ 和 $lim_{n oinfty}a^{s_n}$ 存在，分別設為 $A$ ， $B$ 。易知 $A,B>0$ ，故要證明兩個極限相等可以證明兩個極限的比相等即 $frac{B}{A}=frac{lim_{n oinfty}a^{s_n}}{lim_{n oinfty}a^{r_n}}=lim_{n oinfty}a^{s_n-r_n}=1$ ,

$ecause s_n-r_n>0 herefore a^{s_n-r_n}>a^0=1$

易知存在正整數 $p$ 使得 $a^{s_n-r_n}且當<img src=$ 時 $p oinfty$

設 $a^{1/p}=1+h,h>0$ 由二項式定理 $a=(1+h)^p=sum_{i=0}^{p}inom{p}{i}h^i>1+pcdot h$

$h<(a-1)/p o 0$ 又因為 $h>0$ 故 $a^{1/p} o 1$ 從而 $a^{s_n-r_n} o 1$ ，證畢。

對於 $0的情況可以類似討論，對於<img src=$ 的情形是平凡的。

【類似的證明可以在數學分析的書中關於指數函數連續性的相關章節找到】

（5） $a^{alpha}=lim_{n oinfty}a^{s_n}=lim_{n oinfty}a^{r_n},ain(0,+infty)$ 。

由（1）-（5）我們已經建立在在實數域上以正實數為底的完整的指數函數。根據(0）中的討論，我們不假設指數相等的同底數冪相等，而且肯定負數開方的意義，規定 $i=sqrt{-1}$ 。有代數基本定理一個一元 $n$ 次方程有 $n$ 個根，重根按其重數計數。對 $x^n=1$ 我們可以寫出 $n$ 次單位根 $x_k=cosfrac{k}{n}2pi+isinfrac{k}{n}2pi,k=0,1,2,ldots,n-1$

即 $1^{1/n}=x_k,k=1,2,ldots,n-1$

雖然 $1^{1/n}$ 有 $n$ 個但 $1^1$ 仍然只有一個，由棣莫弗定理 $1^1=(1^{1/n})^n=(x_k)^n=cos nfrac{k}{n}2pi+isin nfrac{k}{n}2piequiv 1,k=0,1,2,ldots,n-1$

而且對於分數指數冪，只要指數相等得到的複數集合是一樣的，例如

$1^{ml/nl}=cosfrac{mlk}{nl}2pi+isinfrac{mlk}{nl}2piequiv cosfrac{mk}{n}2pi+isinfrac{mk}{n}2pi$

其中 $k=0,1,2,ldots,nl-1$ 不過是將 $k=0,1,2,ldots,n-1$ 的情形重複了 $l$ 遍。

設 $x^n=a$ ，當 $a>0$ 時 $a^{1/n}=sqrt[n]{a}(cosfrac{k}{n}2pi+isinfrac{k}{n}2pi),k=0,1,2,ldots,n-1$

當 $a<0$ 時

$a^{1/n}=sqrt[n]{-a}(cos(frac{k}{n}2pi+pi)+isin(frac{k}{n}2pi+pi)),k=0,1,2,ldots,n-1$

當 $a=0$ 時上述 $n$ 個複數都恆等於 $0$ ,為了保持 $n$ 次方根恆有 $n$ 個不同的複數，下面的討論將 $0$ 排除。

（6） $a^{m/n}=(sqrt[n]{a})^m(cos mfrac{k}{n}2pi+isin mfrac{k}{n}2pi),ain(0,+infty)$

$k=0,1,2,ldots,n-1$

$a^{m/n}=(sqrt[n]{-a})^m(cos m(frac{k}{n}2pi+pi)+isin m(frac{k}{n}2pi+pi)),ain(-infty,0)$

$k=0,1,2,ldots,n-1$

（6）跟（4）有很大的差別，（4）是單值的而（6）是多值，因此要像（4）過渡到（5）那樣得到負數的無理數指數是困難的。觀察（6）中的複數的特點，它們均分布在複平面上的某個圓周上，更準確地說他們分別是在以複平面原點為圓心的圓的一個內接正 $n$ 邊形的頂點。考查一個數的分數指數冪的模（前面講的半徑） $|a^{m/n}|=(sqrt[n]{a})^m$ ，這裡只討論 $a>0$ ， $a<0$ 類似。與前面（4）中的表達式一樣，因此不妨模仿（5）的證法得到 $|a^R|=a^r,R=r$ 這裡用大小寫來區分兩種不同定義的指數，大小的指數為此處準備定義的指數，小寫的指數為（5）中定義的指數。接下來的問題就是分數指數中分母為 $n$ 時得到 $n$ 個複數對於無理數應該得到多少個呢。一個直觀的想法應該有無窮多個，因為它應該比任意給定的正整數都大。那麼它是與整數一樣多還是跟圓上的點一樣多呢？為了考慮這個問題，我們考慮它的推廣命題——定義複數指數。

【下面的內容可以在複變函數相關書籍中找到】

上述問題的表述需要用到歐拉公式 $e^{a+bi}=e^a(cos b+isin b)$ 。

（利用這個公式有 $e^{i2pi}=1$ 以及林德曼-魏爾斯特拉斯定理可以得到 $pi$ 是超越數的結論）

這是指數函數在複數域的推廣。我們知道在實數域上指數函數（以 $e$ 為底）可以展開成下面的冪級數

$e^x=1+x+frac{x^2}{2!}+cdots+frac{x^n}{n!}+cdots$

用 $ix$ 代替 $x$ 可得

$e^{ix}=1+ix+frac{(ix)^2}{2!}+cdots+frac{(ix)^n}{n!}+cdots$

$=(1-frac{x^2}{2!}+cdots+frac{(-1)^nx^n}{(2n)!}+cdots) +i(x-frac{x^3}{3!}+cdots+frac{(-1)^nx^n}{(2n+1)!}+cdots)$

$=cos x+isin x$

可以驗證 $e^{a+bi}=sum_{n=0}^{infty}frac{(a+bi)^n}{n!}$ 和 $e^a(cos b+isin b) =(sum_{n=0}^{infty}frac{a^n}{n!}) (sum_{n=0}^{infty}frac{(ib)^n}{n!})$ 相等。

利用歐拉公式可以定義複數的對數 $Ln (a+bi)=ln(a+bi)+i2kpi,kinmathbb{Z}$ 其中 $ln(a+bi)$ 成為上述對數的主值，且 $ln(a+bi)=lnsqrt{a^2+b^2}+i arg(a+bi)$ 其中 $arg(a+bi)$ 為複數 $a+bi$ 的輻角主值。

最後利用對數恆等式我們定義任意複數的複數指數