Часть II · Алгебра Глава 12 из 60
Степени и логарифмы
Величина, которая на каждом шаге умножается, рано или поздно перерастает любую, которая прибавляется, и обычно раньше, чем кажется. Устроим гонку ростов, а потом найдём инструмент, который превращает умножение в сложение и укрощает астрономические числа.
Опирается на: 11 · Системы уравнений и неравенства
Вы научитесь
- понимать, почему степень с нулевым, отрицательным и дробным показателем определена именно так, и считать по свойствам степеней
- отличать показательный рост от степенного и предсказывать, кто кого обгонит
- находить логарифмы, пользоваться их свойствами и читать логарифмические шкалы
Прошлая глава закончилась легендой. Изобретатель шахмат попросил у правителя в награду зерно: одно зёрнышко на первую клетку доски, два на вторую, четыре на третью и дальше на каждую клетку вдвое больше, чем на предыдущую. Правитель посмеялся над скромной просьбой, и зря: когда казначеи досчитали, оказалось, что столько пшеницы нет во всём царстве. В прошлой главе все зависимости были линейными, каждый шаг прибавлял одно и то же. Здесь каждая клетка не прибавляет, а умножает.
Легенду пересказывают по-разному; одна из самых ранних известных записей принадлежит историку Ибн Халликану (1256). Арифметика во всех версиях одна. На последнюю, шестьдесят четвёртую клетку приходится $2^{63}$ зёрен, а всего на доске
$$1 + 2 + 4 + \dots + 2^{63} = 2^{64} - 1 = 18\,446\,744\,073\,709\,551\,615.$$Если зерно весит около $0{,}05$ г, это примерно $900$ миллиардов тонн пшеницы. Весь мир сейчас собирает её около $800$ миллионов тонн в год, так что правителю пришлось бы отдать урожай планеты больше чем за тысячу лет.
В легенде спрятаны два вопроса. Прямой: что получится, если шестьдесят три раза подряд умножить на два? И обратный: сколько раз нужно удвоить единицу, чтобы получить, скажем, миллион? На первый вопрос отвечает степень, на второй — логарифм. Ответ на второй, кстати, неожиданно мал: двадцать удвоений дают $1\,048\,576$. Миллион зёрен лежит уже на двадцать первой клетке, в первой трети доски.
Глава устроена как гонка. Участники — разные способы расти: прибавлять, умножать, возводить в квадрат, в десятую степень. Мы выясним, кто кого обгоняет и когда, научимся записывать числа, для которых не хватит никакой бумаги, и найдём инструмент, которым больше трёхсот лет умножали, складывая.
Старт: умножение вместо сложения
Запишем правило легенды. На клетке с номером $n$ лежит $2 \cdot 2 \cdot \ldots \cdot 2$ зёрен, двоек здесь $n - 1$. Выписывать множители долго, поэтому их не пишут, а считают.
Степень числа $a$ с натуральным показателем $n$ — произведение $n$ множителей, каждый из которых равен $a$: $a^n = a \cdot a \cdot \ldots \cdot a$. Число $a$ называют основанием степени, $n$ — показателем. Степень с показателем $1$ — само число: $a^1 = a$.
Вторую и третью степени по традиции греков называют квадратом и кубом: для них это были площадь и объём. Привычная запись с маленьким числом наверху утвердилась после «Геометрии» Декарта (1637), хотя сам Декарт вместо $x^2$ по старинке часто писал $xx$. Само русское слово «степень» когда-то значило «ступень»; эта ступенька нам ещё пригодится.
С виду степень — просто сокращённая запись умножения. Но у неё есть свойство, от которого захватывает дух: при каждом шаге величина не прибавляет одно и то же, а умножается на одно и то же. Сначала это незаметно.
Вам предлагают работу на $30$ дней. Первый вариант: $1000$ рублей в день. Второй: в первый день $1$ копейка, во второй $2$, в третий $4$, и каждый день вдвое больше, чем накануне. Что выгоднее?
За $30$ дней копейки складываются в $2^{30} - 1 = 1\,073\,741\,823$ копейки, то есть $10\,737\,418{,}23$ рубля, в $358$ раз больше $30\,000$. Один последний день приносит $2^{29}$ копеек, больше пяти миллионов рублей. Но три недели удвоение проигрывает: даже после $21$-го дня у него $20\,971{,}51$ рубля против $21\,000$. Обгон случается на $22$-й день, а дальше разрыв растёт как снежный ком. Почему сумма равна именно $2^{30} - 1$, проверьте на первых днях: $1 = 2 - 1$, $1 + 2 = 4 - 1$, $1 + 2 + 4 = 8 - 1$.
Удвоение можно проверить руками. Возьмём лист бумаги толщиной $0{,}1$ мм и сложим пополам: толщина станет $0{,}2$ мм. Ещё раз — $0{,}4$ мм, потом $0{,}8$ мм. После $n$ сгибов в стопке $2^n$ слоёв и её толщина $0{,}1 \cdot 2^n$ мм. Десять сгибов дают $102{,}4$ мм, толстый том энциклопедии. А если продолжать?
После $42$ сгибов толщина равна $0{,}1 \cdot 2^{42}$ мм, это около $440\,000$ км, больше расстояния от Земли до Луны ($384\,400$ км в среднем). Пятьдесят один сгиб уносит стопку дальше Солнца, шестьдесят девять — дальше ближайшей звезды, сто два — за край видимой Вселенной. Каждый сгиб всего лишь удваивает, но удвоения копятся.
Правила счёта
Со степенями удобно считать, не раскрывая их. Сколько будет $2^3 \cdot 2^4$? Сначала три двойки, потом ещё четыре, всего семь: $2^3 \cdot 2^4 = 2^7 = 128$. Показатели складываются, потому что складывается число множителей.
Тем же подсчётом получаются и остальные правила.
Для любых чисел $a$, $b$ и натуральных $m$, $n$
$$\begin{gathered} a^m \cdot a^n = a^{m+n}, \\ (a^m)^n = a^{mn}, \\ (ab)^n = a^n b^n, \end{gathered}$$а если $a \ne 0$ и $m > n$, то $\dfrac{a^m}{a^n} = a^{m-n}$.
Хитрость одна на все четыре правила: степень с натуральным показателем — цепочка одинаковых множителей, и каждое правило получается, если пересчитать множители. Умножать можно в любом порядке и с любой расстановкой скобок (переместительный и сочетательный законы), поэтому цепочки можно склеивать и переставлять в них плитки.
Произведение. В $a^m$ стоит $m$ множителей $a$, в $a^n$ — ещё $n$. Приставим вторую цепочку к первой: получится одна цепочка из $m + n$ множителей, то есть $a^{m+n}$.
Степень степени. $(a^m)^n$ — произведение $n$ одинаковых сомножителей $a^m$, в каждом $m$ множителей $a$. Выложим их строками друг под другом: получится прямоугольник из $n$ строк по $m$ плиток, всего $mn$ множителей, то есть $a^{mn}$.
Степень произведения. $(ab)^n$ — это $n$ пар $ab$ подряд. Переставим множители так, чтобы сначала шли все $a$, а потом все $b$; от перестановки множителей произведение не меняется. Получится $n$ множителей $a$ и $n$ множителей $b$, то есть $a^n b^n$.
Частное. В числителе $m$ множителей $a$, в знаменателе $n$, и $n < m$. Каждая пара «$a$ сверху, $a$ снизу» сокращается, потому что $\frac aa = 1$ при $a \ne 0$. После $n$ сокращений в числителе остаётся $m - n$ множителей, а в знаменателе единица: это $a^{m-n}$.
Правила для сложения нет. Сумма степеней в одну степень не собирается, и на этом спотыкаются чаще всего.
Чему равно $2^{10} + 2^{10}$?
Два одинаковых слагаемых — это удвоение: $2^{10} + 2^{10} = 2 \cdot 2^{10} = 2^{11} = 2048$. Проверка: $1024 + 1024 = 2048$.
Ещё одна договорённость касается «этажей». Запись $2^{3^2}$ читают сверху вниз: $2^{(3^2)} = 2^9 = 512$, а не $(2^3)^2 = 2^6 = 64$. Для второго варианта есть правило $(a^m)^n = a^{mn}$, а многоэтажную запись берегут для первого.
Вычислите $\dfrac{3^{7} \cdot 3^{5}}{(3^{5})^{2}}$, не перемножая длинных чисел.
В числителе $3^{7 + 5} = 3^{12}$, в знаменателе $3^{5 \cdot 2} = 3^{10}$. Частное $3^{12 - 10} = 3^2 = 9$.
Назад от старта: ноль и минус в показателе
Правило $a^m a^n = a^{m+n}$ мы вывели, пересчитывая множители, так что пока оно доказано лишь для натуральных $m$ и $n$. А что такое $2^0$, произведение нуля двоек? Или $2^{-3}$, произведение минус трёх двоек? Звучит как бессмыслица, и определить эти выражения, вообще говоря, можно как угодно. Но годится только один вариант, при котором правила останутся верными.
Спустимся по лестнице степеней двойки: $2^4 = 16$, $2^3 = 8$, $2^2 = 4$, $2^1 = 2$. Каждая ступенька вниз делит на два. Если лестница продолжается, следующие ступеньки — $1$, $\frac12$, $\frac14$, $\frac18$.
Лестница подсказала ответ, а правило сложения показателей его доказывает.
Пусть $a \ne 0$. Если правило $a^m a^n = a^{m+n}$ должно выполняться для всех целых $m$ и $n$, то обязательно $a^0 = 1$ и $a^{-n} = \frac{1}{a^n}$. И наоборот: при таком определении все свойства степеней верны для любых целых показателей.
Сначала покажем, что выбора нет. Правило при $m = 0$ даёт $a^0 \cdot a^n = a^{0 + n} = a^n$. Число $a^n$ не равно нулю, делим на него обе части и получаем $a^0 = 1$. Правило при $m = -n$ даёт $a^{-n} \cdot a^n = a^0 = 1$, а число, которое при умножении на $a^n$ даёт единицу, — это $\frac{1}{a^n}$. Для $a = 2$, $n = 3$: $2^0 \cdot 8 = 8$ заставляет $2^0 = 1$, а $2^{-3} \cdot 8 = 1$ заставляет $2^{-3} = \frac18$.
Теперь проверим, что с таким определением ничего не ломается. Возьмём правило произведения и разберём знаки показателей. Если оба неотрицательны, это доказанное выше свойство (множитель $a^0 = 1$ ничего не меняет). Если оба отрицательны, $m = -p$, $n = -q$, то $a^{-p}a^{-q} = \frac{1}{a^p} \cdot \frac{1}{a^q} = \frac{1}{a^{p+q}} = a^{-(p+q)}$. Если знаки разные, $m = p \ge 0$, $n = -q$, то $a^p a^{-q} = \frac{a^p}{a^q}$. При $p > q$ это $a^{p-q}$ по правилу частного; при $p < q$ после сокращения $p$ пар остаётся $\frac{1}{a^{q-p}} = a^{p-q}$; при $p = q$ получается $1 = a^0$. Во всех случаях выходит $a^{p-q}$, то есть $a^{m+n}$. Степень степени проверяется так же: $\left(a^{-p}\right)^q = \frac{1}{(a^p)^q} = a^{-pq}$, $\left(a^{p}\right)^{-q} = \frac{1}{a^{pq}} = a^{-pq}$ и $\left(a^{-p}\right)^{-q} = \frac{1}{1/a^{pq}} = a^{pq}$ — всякий раз показатель равен произведению показателей. Правило $(ab)^{-n} = \frac{1}{a^n b^n} = a^{-n}b^{-n}$ следует из правила для натуральных $n$.
Показатель — это число шагов по лестнице: плюс ведёт вверх, минус вниз, ноль оставляет на месте, и каждый шаг умножает на основание. Нулевую и отрицательные степени никто не придумывал с потолка: другого продолжения лестницы, при котором сохраняются правила, просто нет.
Отрицательные степени десяти делают для малых чисел то же, что положительные для больших. Физики и астрономы пишут числа так:
Запись числа в виде $a \cdot 10^n$, где $1 \le a < 10$, а $n$ — целое, называют стандартным видом числа. Показатель $n$ сразу говорит о порядке числа: при $n \ge 0$ до запятой у него ровно $n + 1$ цифра.
Зёрен на шахматной доске примерно $1{,}8 \cdot 10^{19}$. Масса Земли — $5{,}97 \cdot 10^{24}$ кг, диаметр атома водорода — около $10^{-10}$ м. Сравнить такие числа можно одним взглядом на показатели, а перемножить — по правилу сложения показателей: $(2 \cdot 10^{5}) \cdot (3 \cdot 10^{-8}) = 6 \cdot 10^{-3}$. Калькуляторы пишут то же самое латинской буквой: 1.8E19.
Полшага: дробные показатели
Пока лестница состоит из целых ступенек. Можно ли встать между ними, скажем на $2^{1/2}$? Потребуем того же, что и раньше: правило сложения показателей должно работать. Два полушага составляют целый шаг, поэтому
$$2^{1/2} \cdot 2^{1/2} = 2^{\frac12 + \frac12} = 2^1 = 2.$$Значит, $2^{1/2}$ — положительное число, квадрат которого равен двум, то есть $\sqrt2 \approx 1{,}414$. Каждый полушаг по лестнице двойки умножает на $\sqrt2$. Точно так же три шага по трети составляют целый шаг, и $2^{1/3} = \sqrt[3]{2} \approx 1{,}26$. Можно сделать и несколько маленьких шагов: $2^{3/2}$ — это три полушага, $\left(\sqrt2\right)^3 = 2\sqrt2 \approx 2{,}83$.
Пусть $a > 0$, $m$ — целое, $n$ — натуральное. Если свойства степеней должны сохраниться и степень положительного числа должна остаться положительной, то $a^{1/n} = \sqrt[n]{a}$ и $a^{m/n} = \sqrt[n]{a^m} = \left(\sqrt[n]{a}\right)^m$. Значение не зависит от того, как записана дробь: $a^{mk/(nk)} = a^{m/n}$ при любом натуральном $k$.
Всё держится на одном факте: у положительного числа есть ровно один положительный корень $n$-й степени. Два разных положительных числа не могут иметь одинаковую $n$-ю степень: если $0 < u < v$, то, перемножив $n$ неравенств $u < v$ почленно (все части положительны), получим $u^n < v^n$. Число $\sqrt[n]{a}$ — это тот самый единственный положительный корень.
По правилу степени степени $\left(a^{1/n}\right)^n = a^{\frac1n \cdot n} = a^1 = a$. Значит, $a^{1/n}$ — положительное число, $n$-я степень которого равна $a$, то есть $\sqrt[n]{a}$. Далее $a^{m/n} = \left(a^{1/n}\right)^m = \left(\sqrt[n]{a}\right)^m$ по тому же правилу. Это число положительно, и его $n$-я степень равна $\left(\left(\sqrt[n]{a}\right)^n\right)^m = a^m$, поэтому оно совпадает с $\sqrt[n]{a^m}$. Наконец, $a^{mk/(nk)} = \sqrt[nk]{a^{mk}}$ — единственное положительное число с $nk$-й степенью $a^{mk}$. Но число $\sqrt[n]{a^m}$ положительно и $\left(\sqrt[n]{a^m}\right)^{nk} = \left(a^m\right)^k = a^{mk}$, так что это одно и то же число.
Вычислите $27^{-2/3}$.
Кубический корень из $27$ равен $3$, два таких шага дают $3^2 = 9$, а минус в показателе переворачивает: $27^{-2/3} = \frac{1}{\left(\sqrt[3]{27}\right)^2} = \frac19$.
Осталось заполнить промежутки между дробями. Что такое $2^{\sqrt2}$? Показатель $\sqrt2 = 1{,}41421\ldots$ приближают дробями $1{,}4$, $1{,}41$, $1{,}414$, и степени $2^{1{,}4} \approx 2{,}639$, $2^{1{,}41} \approx 2{,}657$, $2^{1{,}414} \approx 2{,}6647$ подбираются всё ближе к одному числу, $2{,}66514\ldots$ Его и называют $2^{\sqrt2}$. Что значит «подбираются к числу», строго объясняет глава о пределах; пока хватит того, что между соседними дробными показателями степень меняется плавно, без скачков.
Функцию $y = a^x$, где $a > 0$ и $a \ne 1$, называют показательной. Она определена при всех $x$, принимает только положительные значения, при $a > 1$ возрастает, а при $0 < a < 1$ убывает.
При $a = 1$ функция скучна: $1^x = 1$ при любом $x$, поэтому этот случай исключают. График $y = 2^x$ проходит через точку $(0;\, 1)$, слева прижимается к оси абсцисс, никогда её не касаясь, а справа уходит вверх всё круче. Выберите в лестнице «любой» шаг: кривая пройдёт через все ступеньки сразу. У основания $\frac12$ та же лестница, только перевёрнутая: $\left(\frac12\right)^x = 2^{-x}$.
Главный заезд
Теперь выпустим участников на трассу. Возьмём троих: $x^2$, $x^{10}$ и $2^x$. Первые двое — степенные функции: переменная стоит в основании, показатель постоянный. Третья — показательная: переменная ушла в показатель. Разница в одном месте записи, а на трассе это разные виды спорта.
При $x = 1$ счёт $1 : 1 : 2$ в пользу двойки. При $x = 10$ он уже $100$, $10^{10}$ и жалкие $1024$. При $x = 30$ показательная функция перевалила за миллиард, $2^{30} \approx 1{,}07 \cdot 10^9$, но $x^{10}$ ушла к $30^{10} \approx 5{,}9 \cdot 10^{14}$, в полмиллиона раз дальше. Кажется, исход ясен.
Обгон случается при $x \approx 58{,}77$, когда обе функции добираются примерно до $5 \cdot 10^{17}$. После этого $x^{10}$ остаётся только смотреть вслед: при $x = 70$ двойка впереди в четыреста раз, а при $x = 100$ — больше чем в $10^{10}$ раз.
Причина видна, если следить не за значениями, а за тем, во сколько раз они вырастают за один шаг. Когда $x$ увеличивается на единицу, $2^x$ удваивается — всегда, на любом участке трассы. А $x^{10}$ умножается на $\left(\frac{x+1}{x}\right)^{10}$. При $x = 1$ это $2^{10} = 1024$, огромный рывок, но множитель тает: при $x = 15$ он около $1{,}907$, уже меньше двух, при $x = 30$ — около $1{,}388$. Степенная функция стартует рывками и выдыхается, показательная бежит в одном темпе, и этот темп в конце концов побеждает.
Для любого $a > 1$ и любого натурального $k$ найдётся такое $N$, что $a^n > n^k$ при всех натуральных $n \ge N$. Более того, отношение $\frac{a^n}{n^k}$ с ростом $n$ становится больше любого заранее выбранного числа.
Хитрость в том, чтобы избавиться от степени $k$. Возьмём $b = \sqrt[k]{a}$; раз $a > 1$, то и $b > 1$ (иначе $b^k = a$ не превышало бы единицы). По свойствам степеней $\left(b^n\right)^k = \left(b^k\right)^n = a^n$, а положительные числа и их $k$-е степени упорядочены одинаково (это мы видели в доказательстве про корни). Поэтому $a^n > n^k$ тогда и только тогда, когда $b^n > n$, и достаточно доказать, что $b^n$ обгоняет $n$.
Следим за отношением $s_n = \frac{b^n}{n}$. При переходе от $n$ к $n + 1$ оно умножается на $b \cdot \frac{n}{n+1}$. Второй множитель меньше единицы, но почти равен ей при больших $n$. Возьмём $c = \sqrt{b}$, тоже больше единицы. Когда $n \ge \frac{1}{c - 1}$, выполняется $\frac{n+1}{n} = 1 + \frac1n \le c$, то есть $\frac{n}{n+1} \ge \frac1c$, и за шаг отношение растёт не меньше чем в $b \cdot \frac1c = c$ раз. Пусть $M$ — первое натуральное число, начиная с которого это так. Тогда $s_{M+j} \ge s_M \cdot c^j$.
Осталось убедиться, что $c^j$ растёт неограниченно. Запишем $c = 1 + h$, где $h > 0$. Каждое умножение на $1 + h$ прибавляет к числу $(1+h)^j$ ещё $h(1 + h)^j$, а это не меньше $h$, потому что $(1+h)^j \ge 1$. Начав с $c^0 = 1$, после $j$ шагов получаем $c^j \ge 1 + jh$ (строго такие рассуждения «шаг за шагом» оформляет индукция). Число $1 + jh$ при большом $j$ больше любого заранее выбранного, значит, и $s_{M+j} \ge s_M(1 + jh)$ его обгонит. Начиная с $M$ отношение только растёт, так что, раз превысив единицу, оно так и останется больше неё: $b^n > n$, а с ним и $a^n > n^k$.
Для нецелых $x$ вывод тот же. Если $n \le x < n + 1$, то $a^x \ge a^n$ и $x^k < (n + 1)^k$, поэтому $\frac{a^x}{x^k} > \frac{a^n}{(n+1)^k} = \frac1a \cdot \frac{a^{n+1}}{(n+1)^k}$, а это тоже растёт неограниченно.
Любая показательная функция $a^x$ с $a > 1$ рано или поздно обгоняет любую степенную $x^k$ и больше не отдаёт лидерства. Решает не стартовый рывок, а темп: за шаг показательная функция умножается на одно и то же число, а множитель степенной тает до единицы.
Поэтому слово «экспоненциальный» (экспонентой называют показательную функцию $e^x$, ей посвящена отдельная глава) в точной речи значит не «очень быстрый», а «растущий в одно и то же число раз за одинаковое время». Кишечная палочка в идеальных условиях делится примерно раз в двадцать минут; за сутки это $72$ удвоения, и одна клетка дала бы $2^{72} \approx 4{,}7 \cdot 10^{21}$ потомков, если бы рост не упирался в пищу и тесноту. Гордон Мур в 1975 году предсказал, что число транзисторов на микросхеме будет удваиваться примерно раз в два года. У процессора Intel 4004 (1971) их было $2300$; полвека — это $25$ удвоений, $2300 \cdot 2^{25} \approx 7{,}7 \cdot 10^{10}$, и у нынешних процессоров компьютеров и телефонов их действительно десятки миллиардов.
Ряска на пруду каждый день удваивает площадь и закрывает весь пруд за $30$ дней. За сколько дней она закрыла половину пруда?
Через день после «половины» ряска удваивается и закрывает весь пруд, значит, половина была на $29$-й день. Четверть пруда — на $28$-й, восьмая часть — на $27$-й. За пять дней до конца ряска занимает всего $\frac{1}{32}$ пруда, около трёх процентов, и выглядит совсем безобидно.
Обратный вопрос: логарифм
Вернёмся ко второму вопросу из легенды. Сколько раз нужно удвоить единицу, чтобы получить миллион? Мы знаем, что $2^{19} = 524\,288$ маловато, а $2^{20} = 1\,048\,576$ уже больше. Точный ответ, число $x$, для которого $2^x = 1\,000\,000$, лежит между $19$ и $20$. У этого числа есть имя.
Логарифм числа $b$ по основанию $a$ — показатель степени, в которую нужно возвести $a$, чтобы получить $b$. Его обозначают $\log_a b$. Здесь $a > 0$, $a \ne 1$ и $b > 0$.
Определение молча предполагает, что такой показатель есть, причём один.
Если $a > 0$, $a \ne 1$ и $b > 0$, то найдётся ровно одно число $c$, для которого $a^c = b$.
Единственность. Пусть $a > 1$ и $c < d$. Тогда $a^d = a^c \cdot a^{d-c}$, а $a^{d-c} > 1$, потому что основание больше единицы, а показатель положителен. Значит, $a^d > a^c$: разные показатели дают разные значения, и двух решений у уравнения $a^c = b$ быть не может. При $0 < a < 1$ рассуждение то же, только функция убывает.
Существование покажем на примере $a = 2$, $b = 10^6$; в общем случае всё так же. Целые степени двойки уходят вверх как угодно далеко (это мы доказали в гонке), а вниз — как угодно близко к нулю, поэтому найдётся целое $k$ со свойством $2^k \le b < 2^{k+1}$: здесь $2^{19} \le 10^6 < 2^{20}$, и $c$ начинается с $19$. Проверяя $2^{19{,}1}, 2^{19{,}2}, \ldots$, найдём десятые: $2^{19{,}9} \le 10^6 < 2^{20{,}0}$. Потом сотые, тысячные и так далее. Цифры складываются в бесконечную десятичную дробь $c = 19{,}93\ldots$, и степени её приближений зажимают $b$ всё теснее. Что $2^c$ при этом в точности равно $b$, следует из того, что на числовой прямой нет «дыр»; строго это свойство действительных чисел разбирает глава о пределах.
Логарифм и степень отменяют друг друга, как вычитание отменяет сложение: $a^{\log_a b} = b$ и $\log_a a^c = c$. Два значения запоминаются сами: $\log_a 1 = 0$ (ноль шагов) и $\log_a a = 1$ (один шаг).
Теперь понятно, что считала бумага. Чтобы стопка дошла до Луны, нужно $0{,}1 \cdot 2^n \text{ мм} \ge 3{,}844 \cdot 10^{8}$ м, то есть $2^n \ge 3{,}844 \cdot 10^{12}$, а это значит $n \ge \log_2 \left(3{,}844 \cdot 10^{12}\right) \approx 41{,}8$. Сорок один сгиб мало, сорок два хватает. Коснитесь любого ориентира в виджете со сгибами, и он посчитает такой логарифм.
Найдите $\log_4 32$.
Запишем оба числа как степени двойки: $4 = 2^2$, $32 = 2^5$. Ищем $x$, при котором $4^x = 32$, то есть $2^{2x} = 2^5$. Отсюда $2x = 5$ и $x = \frac52$. Проверка: $4^{5/2} = \left(\sqrt4\right)^5 = 2^5 = 32$.
Два основания встречаются так часто, что получили собственные значки.
Десятичный логарифм — логарифм по основанию $10$, его пишут $\lg b$. Для чисел вида $10^k$ он равен $k$ и попросту считает нули: $\lg 1000 = 3$, $\lg 0{,}001 = -3$. Для остальных чисел он говорит, сколько в них цифр: у всех чисел от $100$ до $999$ десятичный логарифм лежит между $2$ и $3$.
Натуральный логарифм — логарифм по основанию $e = 2{,}71828\ldots$, его пишут $\ln b$. Почему основанием выбрано такое странное число и чем этот логарифм натуральнее других, объяснит глава о числе $e$. Коротко: с основанием $e$ формулы анализа выглядят проще всего, примерно как с радианом среди мер угла.
В главе о простых числах мы пользовались тем, что $\ln x \approx 2{,}3k$ при $x = 10^k$. Теперь это можно объяснить: $\ln 10^k = k \ln 10$, а $\ln 10 \approx 2{,}303$.
Функция $y = \log_2 x$ отвечает на вопрос, обратный к $y = 2^x$, поэтому её график — отражение графика $2^x$ относительно прямой $y = x$, как у всякой обратной функции. Он проходит через точки $(1;\, 0)$, $(2;\, 1)$, $(4;\, 2)$, $(1024;\, 10)$ и растёт поразительно медленно: чтобы логарифм прибавил единицу, аргумент должен удвоиться. Двоичный логарифм миллиона меньше двадцати, миллиарда — меньше тридцати. Показательная функция в гонке была самой быстрой, логарифм — самый медленный из всех знакомых нам бегунов, хотя и он в конце концов добегает до любой высоты.
Как умножать сложением
Логарифм — это показатель, а при умножении степеней показатели складываются. Значит, логарифм должен превращать умножение в сложение.
Вместе с двумя родственными правилами это главная теорема о логарифмах.
Пусть $a > 0$, $a \ne 1$, числа $x$ и $y$ положительны, $k$ — любое число. Тогда
$$\begin{gathered} \log_a (xy) = \log_a x + \log_a y, \\ \log_a \frac xy = \log_a x - \log_a y, \\ \log_a x^k = k \log_a x. \end{gathered}$$Хитрость в том, чтобы назвать логарифмы буквами и вернуться к степеням, для которых правила уже доказаны. Пусть $m = \log_a x$ и $n = \log_a y$. По определению логарифма это значит, что $x = a^m$ и $y = a^n$.
Тогда $xy = a^m a^n = a^{m+n}$ по свойству произведения степеней. Значит, $m + n$ — тот показатель, в который нужно возвести $a$, чтобы получить $xy$, то есть $\log_a(xy) = m + n$. Так же $\frac xy = \frac{a^m}{a^n} = a^{m-n}$, и $\log_a \frac xy = m - n$. Наконец, $x^k = (a^m)^k = a^{mk}$ по правилу степени степени, и $\log_a x^k = km$.
Мы пользуемся свойствами степеней для любых показателей, а доказали их для рациональных. Для остальных они сохраняются, потому что $a^x$ при иррациональном $x$ определяется через рациональные приближения и меняется плавно; аккуратно это делает глава о числе $e$.
Например, $\lg 2^{100} = 100 \lg 2$, а $\log_2 \frac{1}{32} = \log_2 1 - \log_2 32 = -5$.
Чему равно $\lg 2 + \lg 5$?
$\lg 2 + \lg 5 = \lg (2 \cdot 5) = \lg 10 = 1$. Проверка по таблице: $\lg 2 \approx 0{,}301$, $\lg 5 \approx 0{,}699$, в сумме $1{,}000$.
Эту мысль в 1614 году превратил в инструмент шотландский барон Джон Непер. Его книга «Описание удивительной таблицы логарифмов» содержала числа, с которыми умножение многозначных чисел сводилось к сложению: найди в таблице логарифмы множителей, сложи их и найди число, чьим логарифмом оказалась сумма. Само слово Непер составил из греческих «логос» (отношение) и «аритмос» (число). Его логарифмы были устроены не совсем как нынешние: нулю у Непера равнялся логарифм числа $10\,000\,000$.
Лондонский профессор геометрии Генри Бриггс прочёл книгу и в 1615 году поехал к Неперу в Эдинбург. Они договорились о главном: пусть логарифм единицы будет нулём, а логарифм десяти — единицей. Так появились десятичные логарифмы. Непер умер в 1617 году, а Бриггс в том же году издал десятичные логарифмы чисел от $1$ до $1000$, а в 1624-м, в «Логарифмической арифметике», — чисел от $1$ до $20\,000$ и от $90\,000$ до $100\,000$, с четырнадцатью знаками после запятой. Независимо от Непера логарифмы придумал швейцарский часовщик Йост Бюрги, но опубликовал свои таблицы только в 1620 году.
Таблицы давали десятичные логарифмы. А если нужен двоичный, например $\log_2 10^6$ из легенды? Выручает ещё одна теорема.
Если $a$ и $c$ положительны и не равны единице, а $x > 0$, то $\log_a x = \dfrac{\log_c x}{\log_c a}$.
Идея: записать $x$ как степень $a$ и посмотреть на эту запись через логарифм по основанию $c$. По определению логарифма $x = a^{\log_a x}$. Найдём логарифм по основанию $c$ от обеих частей и применим третье свойство логарифмов (показатель выносится множителем): $\log_c x = \log_a x \cdot \log_c a$. Число $\log_c a$ не равно нулю: нулю равен только логарифм единицы, а $a \ne 1$. Разделив на него, получаем формулу.
Чаще всего в роли $c$ берут натуральное или десятичное основание, потому что именно они есть на калькуляторе.
Логарифмы можно не только складывать на бумаге, но и откладывать длинами. В 1620 году англичанин Эдмунд Гантер нанёс на линейку шкалу, где число $x$ стоит на расстоянии, пропорциональном $\lg x$; длины складывали циркулем. Вскоре Уильям Отред догадался приложить друг к другу две такие шкалы и сдвигать одну вдоль другой. Так в 1620-х появилась логарифмическая линейка. Инженеры считали на ней больше трёхсот лет, до карманных калькуляторов 1970-х; одна такая линейка летала на Луну вместе с Баззом Олдрином.
Линейка складывает отрезки длиной $\lg a$ и $\lg b$ и получает отрезок длиной $\lg a + \lg b = \lg ab$, под концом которого стоит число $ab$. Три значащие цифры она даёт легко, четвёртую приходится угадывать. Запятую линейка не знает: $2 \times 3$ и $200 \times 0{,}03$ на ней выглядят одинаково, и порядок ответа инженер держал в голове. Это тот самый показатель стандартного вида, а линейка считала только первый множитель $a$.
Шкалы, которые сжимают миллиарды
Ухо различает и шёпот, и рёв реактивного двигателя, а мощность этих звуков отличается больше чем в миллиард раз. Глаз работает и в полдень, и под звёздами. Органы чувств реагируют скорее не на разности, а на отношения: усиление вдвое ощущается примерно одинаково и на тихом звуке, и на громком. Поэтому шкалы для таких величин строят по логарифмам.
Логарифмическая шкала — шкала, на которой каждая величина стоит на расстоянии, пропорциональном её логарифму. Равные расстояния на ней означают не равные разности, а равные отношения.
Такая шкала была в виджете со сгибами: каждый сгиб поднимал стопку на одинаковую высоту, $\lg 2 \approx 0{,}3$ деления. А в гонке на логарифмической шкале график $2^x$ стал прямой: $\lg 2^x = x \lg 2$, и это линейная функция от $x$.
Самая известная логарифмическая шкала — шкала громкости.
Похожим образом устроены и другие шкалы. Магнитуду землетрясений предложил в 1935 году Чарльз Рихтер: на единицу магнитуды размах колебаний на сейсмограмме, записанной на одинаковом расстоянии, больше в $10$ раз, а выделенная энергия — примерно в $10^{1{,}5} \approx 31{,}6$ раза. Сейчас пользуются уточнённой моментной магнитудой, но смысл единицы тот же. Звёздные величины идут от древних греков, деливших звёзды по яркости на шесть классов; в 1856 году Норман Погсон предложил считать, что пять величин — ровно в $100$ раз по яркости, так что одна величина — в $\sqrt[5]{100} \approx 2{,}512$ раза; чем больше величина, тем звезда тусклее. Водородный показатель $\text{pH}$, введённый датским химиком Сёреном Сёренсеном в 1909 году, — десятичный логарифм концентрации ионов водорода со знаком минус. У чистой воды $\text{pH} = 7$, у лимонного сока около $2$: ионов водорода в нём примерно в $10^5$ раз больше.
Землетрясение магнитудой $8$ по сравнению с землетрясением магнитудой $6$ выделяет энергии больше примерно в…
Каждая единица магнитуды — примерно $10^{1{,}5}$ раза по энергии. Две единицы — $10^{1{,}5 \cdot 2} = 10^3 = 1000$ раз.
Приручаем великанов
Логарифмы по-прежнему нужны там, где числа слишком велики, чтобы их выписать. Сколько цифр в числе $2^{64}$? Десятичный логарифм говорит это сразу.
В десятичной записи натурального числа $N$ ровно $\lfloor \lg N \rfloor + 1$ цифр, где $\lfloor t \rfloor$ — целая часть числа $t$, наибольшее целое, не превосходящее $t$.
Пусть в числе $N$ ровно $d$ цифр. Самое маленькое $d$-значное число — $10^{d-1}$ (единица и $d - 1$ нулей), самое большое — $10^d - 1$ (одни девятки). Поэтому $10^{d-1} \le N < 10^d$. Десятичный логарифм возрастает, так что $d - 1 \le \lg N < d$. Значит, $d - 1$ — целая часть $\lg N$, и $d = \lfloor \lg N \rfloor + 1$.
Для $2^{64}$ находим $\lg 2^{64} = 64 \lg 2 \approx 19{,}27$: целая часть $19$, цифр $20$. Так и есть: $2^{64} = 18\,446\,744\,073\,709\,551\,616$.
Тот же расчёт работает для чисел, которые не выписать никогда. Самое большое известное простое число, найденное в 2024 году, — $2^{136\,279\,841} - 1$ (о нём рассказывала глава о простых). Его десятичный логарифм примерно $136\,279\,841 \cdot 0{,}30103 \approx 41\,024\,319{,}9$. Значит, в нём $41\,024\,320$ цифр: чтобы напечатать его обычным шрифтом, понадобилось бы около десяти тысяч страниц. Логарифм даже подсказывает, с чего число начинается: дробная часть логарифма $0{,}103$ у числа $2^{100}$ означает, что $2^{100} = 10^{0{,}103} \cdot 10^{30} \approx 1{,}27 \cdot 10^{30}$.
Сколько цифр в десятичной записи числа $2^{100}$? Считайте, что $\lg 2 \approx 0{,}30103$.
$\lg 2^{100} = 100 \lg 2 \approx 30{,}103$. Значит, $10^{30} < 2^{100} < 10^{31}$: число больше единицы с тридцатью нулями, в которой $31$ цифра, но меньше следующей степени десяти. Цифр $31$: $2^{100} = 1\,267\,650\,600\,228\,229\,401\,496\,703\,205\,376$.
Обратный вопрос «сколько раз» встречается и в деньгах. Вклад под $7\,\%$ годовых каждый год умножается на $1{,}07$. Когда он удвоится? Нужно решить уравнение $1{,}07^n = 2$, то есть найти $n = \log_{1{,}07} 2 = \frac{\ln 2}{\ln 1{,}07} \approx 10{,}2$ года. Финансисты прикидывают это «правилом 70»: $70 : 7 = 10$ лет. Оно работает потому, что $\ln 2 \approx 0{,}693$, а $\ln(1 + p) \approx p$ при малых $p$.
Уравнения, где неизвестное стоит в показателе или под логарифмом, решают теми же двумя ходами. Если обе части можно записать как степени одного основания, сравнивают показатели: $4^x = 32$ превращается в $2^{2x} = 2^5$, и $x = \frac52$. Если нельзя, берут логарифм: из $3^x = 20$ получаем $x = \log_3 20 = \frac{\ln 20}{\ln 3} \approx 2{,}727$. В логарифмических уравнениях снимают логарифм, но потом обязательно проверяют корни: под логарифмом должны стоять положительные числа.
Пример с ловушкой
Решим уравнение $\lg x + \lg(x - 3) = 1$. Сумма логарифмов — логарифм произведения: $\lg\bigl(x(x - 3)\bigr) = 1$, откуда $x(x - 3) = 10$, то есть $x^2 - 3x - 10 = 0$. Корни этого квадратного уравнения — $5$ и $-2$. Но при $x = -2$ в исходном уравнении стоит $\lg(-2)$, которого не существует. Корень $-2$ появился, когда мы заменили $\lg x + \lg(x - 3)$ на $\lg\bigl(x(x-3)\bigr)$: произведение положительно и тогда, когда оба множителя отрицательны. Ответ: $x = 5$. Проверка: $\lg 5 + \lg 2 = \lg 10 = 1$.
В тренажёре три уровня: степени с любыми показателями, значения логарифмов и, наконец, свойства логарифмов вместе с простыми уравнениями.
Своё показательное или логарифмическое уравнение разберёт по шагам решатель, а все тренажёры курса собраны на странице практики.
Куда дальше
Мы так и не объяснили число, с которого началась глава. Зёрен на доске $1 + 2 + 4 + \dots + 2^{63}$, и мы поверили на слово, что это $2^{64} - 1$. Проверить первые клетки легко: $1 = 2 - 1$, $1 + 2 = 4 - 1$, $1 + 2 + 4 = 8 - 1$. Но глава 0 научила нас не доверять закономерности, проверенной на нескольких случаях. В задаче о зарплате слагаемых было тридцать, на доске их шестьдесят четыре, а бывает и миллион. Сумма ста слагаемых, которые подчиняются правилу, считается за секунду, если найти правило для суммы. Как сложить $1 + 2 + 3 + \dots + 100$, не складывая? И как убедиться, что формула верна сразу для всех $n$, а не только для тех, что мы успели проверить? Этим займётся глава о последовательностях и индукции.