Potęgę $a^x$ dla $a > 0$ i $x \in \mathbb{R}$ definiujemy stopniowo: najpierw dla wykładników naturalnych, potem całkowitych, wymiernych, a na końcu rzeczywistych. Każdy krok wymaga uzasadnienia poprawności definicji.
Niech $a \in \mathbb{R}$ i $n \in \mathbb{N}$. Definiujemy indukcyjnie: \[ a^0 := 1, \qquad a^{n+1} := a^n \cdot a. \]
Intuicja: $a^n$ to iloczyn $n$ kopii liczby $a$. Dla $n = 0$ przyjmujemy $a^0 = 1$ (iloczyn pusty).
Dla $a, b > 0$ i $m, n \in \mathbb{N}$:
Dowody przez indukcję matematyczną.
Niech $a > 0$ i $n \in \mathbb{Z}$. Dla $n < 0$ definiujemy: \[ a^{-n} := \frac{1}{a^n}, \quad \text{gdzie } n \in \mathbb{N}. \] W szczególności $a^{-1} = \frac{1}{a}$.
Definicja jest poprawna, bo $a > 0$ gwarantuje $a^n \ne 0$.
Trzeba sprawdzić, że własności potęgi naturalnej przenoszą się na wykładniki całkowite. Na przykład dla $m, n \in \mathbb{Z}$: \[ a^{m+n} = a^m \cdot a^n. \] Dowód rozpatruje przypadki ze względu na znaki $m$ i $n$.
Twierdzenie: Dla każdego $a > 0$ i każdego $n \in \mathbb{N}$, $n \ge 1$, istnieje dokładnie jedna liczba $b > 0$ taka, że $b^n = a$.
Liczbę $b$ nazywamy pierwiastkiem $n$-tego stopnia z $a$ i oznaczamy $b = \sqrt[n]{a}$ lub $b = a^{1/n}$.
Rozważmy zbiór: \[ S = \{x \in \mathbb{R} : x > 0 \text{ i } x^n < a\}. \]
Jeśli $b^n < a$, to istnieje $\varepsilon > 0$ takie, że $(b + \varepsilon)^n < a$. Wtedy $b + \varepsilon \in S$, co przeczy temu, że $b = \sup S$.
Szczegóły: korzystamy z nierówności $(b + \varepsilon)^n \le b^n + C\varepsilon$ dla małych $\varepsilon$, gdzie $C$ zależy od $b$ i $n$ (rozwinięcie dwumianowe).
Jeśli $b^n > a$, to istnieje $\varepsilon > 0$ takie, że $(b - \varepsilon)^n > a$. Wtedy $b - \varepsilon$ jest ograniczeniem górnym $S$, co przeczy temu, że $b = \sup S$.
Jeśli $b_1^n = a$ i $b_2^n = a$ dla $b_1, b_2 > 0$, to z monotoniczności funkcji $x \mapsto x^n$ (dla $x > 0$) wynika $b_1 = b_2$.
Niech $a > 0$ i $r = \frac{m}{n} \in \mathbb{Q}$, gdzie $m \in \mathbb{Z}$, $n \in \mathbb{N}$, $n \ge 1$. Definiujemy: \[ a^{m/n} := \sqrt[n]{a^m} = \left(\sqrt[n]{a}\right)^m. \]
Trzeba sprawdzić, że definicja nie zależy od wyboru reprezentacji ułamka. Jeśli $\frac{m}{n} = \frac{m'}{n'}$ (czyli $m \cdot n' = m' \cdot n$), to: \[ \sqrt[n]{a^m} = \sqrt[n']{a^{m'}}. \]
Dowód: Niech $b = \sqrt[n]{a^m}$ i $c = \sqrt[n']{a^{m'}}$. Wtedy: \[ b^n = a^m, \qquad c^{n'} = a^{m'}. \] Podnosimy pierwsze równanie do potęgi $n'$, a drugie do potęgi $n$: \[ b^{n \cdot n'} = a^{m \cdot n'}, \qquad c^{n \cdot n'} = a^{m' \cdot n}. \] Ponieważ $m \cdot n' = m' \cdot n$, mamy $b^{n \cdot n'} = c^{n \cdot n'}$. Z jednoznaczności pierwiastka wynika $b = c$.
Dla $a, b > 0$ i $r, s \in \mathbb{Q}$:
Dowody sprowadzają się do własności potęg całkowitych i pierwiastków.
Niech $a > 0$ i $x \in \mathbb{R}$. Definiujemy: \[ a^x := \sup\{a^r : r \in \mathbb{Q},\ r < x\} \quad \text{dla } a > 1, \] \[ a^x := \inf\{a^r : r \in \mathbb{Q},\ r < x\} \quad \text{dla } 0 < a < 1. \] Dla $a = 1$ przyjmujemy $1^x = 1$ dla każdego $x$.
Niech $a > 1$ i $x \in \mathbb{R}$. Rozważmy zbiór: \[ S = \{a^r : r \in \mathbb{Q},\ r < x\}. \]
Jeśli $x = q \in \mathbb{Q}$, to definicja przez supremum daje tę samą wartość co $a^q$ zdefiniowane wcześniej.
Dowód: Dla $a > 1$ i $q \in \mathbb{Q}$: \[ \sup\{a^r : r \in \mathbb{Q},\ r < q\} = a^q. \] Nierówność „$\le$" wynika z monotoniczności: $r < q \Rightarrow a^r < a^q$. Nierówność „$\ge$" wynika z ciągłości: dla każdego $\varepsilon > 0$ istnieje $r < q$ takie, że $a^q - a^r < \varepsilon$.
Można też zdefiniować $a^x$ jako granicę: \[ a^x := \lim_{n \to \infty} a^{r_n}, \] gdzie $(r_n)$ jest dowolnym ciągiem liczb wymiernych zbieżnym do $x$.
Trzeba pokazać, że granica istnieje i nie zależy od wyboru ciągu $(r_n)$. Wynika to z monotoniczności i ograniczoności funkcji $r \mapsto a^r$ na przedziałach.
Dla $a, b > 0$ i $x, y \in \mathbb{R}$: