طريقة جديدة لتقديم العارضين

تقترح المقالة طريقة جديدة غير عادية للغاية لتحديد الأس وبناءً على هذا التعريف ، يتم اشتقاق خصائصه الرئيسية.

---

لكل رقم موجب $$$a$ نربط المجموعة $$$E_a = \ left \ {x: x = \ left (1 + a_1 \ right) \ left (1 + a_2 \ right) \ ldots \ left (1 + a_k \ right) \ right.$ أين $$$a_1 و a_2 و \ ldots و a_k> 0$ و $$$\ left.a_1 + a_2 + \ ldots + a_k = a \ right \}$ .

ليما 1 . من $$$0 <a <b$ يتبع ذلك لكل عنصر $$$x \ في E_a$ هناك عنصر $$$y \ في E_b$ مثل هذا $$$y> x$ .

سنكتب $$$A \ leq c$ إذا $$$c$ الحد الأعلى للمجموعة $$$A$ . وبالمثل ، سنكتب $$$A \ geq c$ إذا $$$c$ - الحد الأدنى للمجموعة $$$A$ .

ليما 2. إذا $$$a_1 و a_2 و \ ldots و a_k> 0$ ثم $$$\ left (1 + a_1 \ right) \ left (1 + a_2 \ right) \ ldots \ left (1 + a_k \ right) \ geq 1 + a_1 + a_2 + \ text {...} + a_k$ .

إثبات

نشرع في الحث.

ل $$$k = 1$ البيان واضح: $$$1 + a_1 \ geq 1 + a_1$ .

دع $$$\ left (1 + a_1 \ right) \ ldots \ left (1 + a_i \ right) \ geq 1 + a_1 + \ ldots + a_i$ ل $$$1 <i <k$ .

ثم $$$\ left (1 + a_1 \ right) \ ldots \ left (1 + a_i \ right) \ left (1 + a_ {i + 1} \ right) \ geq 1 + a_1 + \ ldots + a_i + \ left (1 + a_1 + \ ldots + a_i \ right) a_ {i + 1} \ geq$

$$$\ geq 1 + a_1 + \ ldots + a_i + a_ {i + 1}$ .

ثبت ليما 2.

في التكملة ، نظهر أن كل مجموعة $$$E_a$ محدودة. ويترتب على ذلك من Lemma 2 ذلك

$$$\ sup E_a \ geq a$ (1)

ليما 3. إذا $$$0 <a \ leq \ frac {1} {2}$ و $$$a_1 ، \ ldots ، a_k> 0$ ، $$$a_1 + a_2 + \ ldots + a_k = a$ ثم $$$\ left (1 + a_1 \ right) \ ldots \ left (1 + a_i \ right) \ leq 1+ (1 + 2a) a_1 + (1 + 2a) a_2 + \ ldots + (1 + 2a) a_i$ ، $$$i = 1،2 ، \ ldots ، k$ .

إثبات

في الواقع ، عن طريق الاستقراء $$$1 + a_1 \ leq 1+ (1 + 2a) a_1$ .

فليثبت ذلك $$$\ left (1 + a_1 \ right) \ ldots \ left (1 + a_i \ right) \ leq 1+ (1 + 2a) a_1 + \ ldots + (1 + 2a) a_i$ .

ثم $$$\ left (1 + a_1 \ right) \ ldots \ left (1 + a_i \ right) \ left (1 + a_ {i + 1} \ right) \ leq 1+ (1 + 2a) a_1 + \ ldots + (1 + 2 أ) a_i +$

$$$+ \ اليسار (1+ (1 + 2a) a_1 + \ ldots + (1 + 2a) a_i \ right) a_ {i + 1} \ leq$

$$$\ leq 1+ (1 + 2a) a_1 + \ ldots + (1 + 2a) a_i + \ يسار (1 + 2a_1 + \ ldots + 2a_i \ right) a_ {i + 1} \ leq$

$$$\ leq 1+ (1 + 2a) a_1 + \ ldots + (1 + 2a) a_i + (1 + 2a) a_ {i + 1}$ .

ثبت ليما 3.

يعني Lemma 3

ليما 4. إذا $$$0 <a \ leq \ frac {1} {2}$ و $$$a_1 ، \ ldots ، a_k> 0$ ، $$$a_1 + a_2 + \ ldots + a_k = a$ ثم $$$\ left (1 + a_1 \ right) \ ldots \ left (1 + a_k \ right) \ leq 1 + a + 2a ^ 2$ .

هناك عدم مساواة هام يتبع Lemmas 3 و 4: if $$$0 <a \ leq \ frac {1} {2}$ ثم

$$$1 + a \ leq E_a \ leq 1 + a + 2a ^ 2$ (2)

على وجه الخصوص ، إذا $$$a \ leq \ frac {1} {2}$ ثم $$$E_a \ leq 2$ . لاحظ أن عدم المساواة $$$1 + a \ leq E_a$ صحيح للجميع $$$a> 0$ .

يما 5. للحصول على أي الطبيعية $$$n$ عدم المساواة العادلة $$$E_n \ leq 2 ^ {2n}$ .

إثبات

دع $$$a_1 ، \ ldots ، a_k> 0$ ، $$$a_1 + \ ldots + a_k = n$ .

قيم المنتج $$$\ left (1 + a_1 \ right) \ ldots \ left (1 + a_k \ right)$ . ويترتب على ذلك من Lemma 2 ذلك

$$$\ left (1+ \ frac {a_i} {2n} \ right) {} ^ {2n} \ geq 1 + a_i$ ل $$$i = 1 ، \ ldots ، k$ .

لذلك $$$\ left (1 + a_1 \ right) \ ldots \ left (1 + a_k \ right) \ leq \ left (1+ \ frac {a_1} {2n} \ right) {} ^ {2n} \ ldots \ left ( 1+ \ frac {a_k} {2n} \ right) {} ^ {2n} = \ left (\ left (1+ \ frac {a_1} {2n} \ right) \ ldots \ left (1+ \ frac {a_k } {2n} \ right) \ right) {} ^ {2n}$ .

منذ ذلك الحين $$$\ frac {a_1} {2n} + \ ldots + \ frac {a_k} {2n} = \ frac {1} {2}$ ، ثم تطبيق Lemma 4 ، نحصل عليه $$$\ left (1+ \ frac {a_1} {2n} \ right) \ ldots \ left (1+ \ frac {a_k} {2n} \ right) \ leq 1+ \ frac {1} {2} +2 \ cdot \ frac {1} {4} = 2$ أي $$$\ left (\ left (1+ \ frac {a_1} {2n} \ right) \ ldots \ left (1+ \ frac {a_k} {2n} \ right) \ right) {} ^ {2n} \ leq 2 ^ {2n}$ .

وهكذا ، ثبت أن Lemma 5.

ليما 6. دع $$$A \ مجموعة فرعية B$ مجموعتين فرعيتين غير فارغتين من مجموعة الأعداد الحقيقية $$$R$ . إن وجدت $$$b \ في B$ هناك عنصر $$$a \ في A$ مثل هذا $$$a \ geq b$ ثم $$$\ sup A = \ sup B$ .

إثبات

من الواضح أن $$$\ sup A \ leq \ sup B$ . على افتراض ذلك $$$\ sup A <\ sup B$ ثم هناك $$$\ varepsilon> 0$ مثل هذا $$$\ text {sup} A <\ text {sup} B- \ varepsilon$ . لذلك لأي $$$a \ في A$ عدم المساواة الحقيقية $$$a <\ sup B- \ varepsilon$ . ولكن في $$$B$ هناك عنصر $$$b> \ sup B- \ varepsilon$ . كل $$$a \ في A$ أقل من ذلك $$$b$ ، وهو ما يتناقض مع فرضية ليما ، والدليل كامل.

تعريف الوظيفة $$$f$ (العارضون)

نرى (انظر Lemma 1 و Lemma 5) أن لأي $$$a> 0$ كثير $$$E_a$ محدودة. هذا يسمح لك بتحديد وظيفة. $$$f: R ^ + \ rightarrow R$ وضع $$$f (a) = \ sup E_a$ و $$$f (0) = 1$ . لأي مجموعات فرعية غير فارغة $$$A$ ، $$$B$ كثير $$$R$ تعيين أرقام حقيقية $$$A \ cdot B = \ {x: x = a \ cdot b$ أين $$$a \ in A، b \ in B \}$ .

ليما 7. إذا $$$A \ geq 0$ ، $$$B \ geq 0$ مجموعات فرعية غير محدودة $$$R$ ثم $$$\ sup (A \ cdot B) = \ sup A \ cdot \ sup B$ .

إثبات

منذ ذلك الحين $$$A \ cdot B \ leq \ sup A \ cdot \ sup B$ ثم $$$\ sup (A \ cdot B) \ leq \ sup A \ cdot \ sup B$ . إذا $$$\ sup (A \ cdot B) <\ sup A \ cdot \ sup B$ ثم هناك $$$\ varepsilon> 0$ مثل هذا $$$\ sup (A \ cdot B) <\ text {sup} A \ cdot \ text {sup} B- \ varepsilon$ . لذلك ، لأي $$$a \ في A$ و $$$b \ في B$ حق

$$$ab <\ text {sup} A (\ text {sup} B- \ varepsilon)$ (3)

اختر تسلسلاً $$$\ left \ {a_n \ right \}$ العديد من العناصر $$$A$ التقارب $$$\ sup A$ والتسلسل $$$\ left \ {b_n \ right \}$ العديد من العناصر $$$B$ التقارب $$$\ sup B$ . ولكن بعد ذلك $$$a_nb_n \ rightarrow \ sup A \ cdot \ sup B$ هذا يتناقض $$$(3)$ .

ثبت ليما 7.

Lemma 8. على $$$a، b> 0$ مساواة عادلة $$$f (a + b) = f (a) \ cdot f (b)$ .

إثبات

نحن نعتبر المجموعات $$$E_a$ ، $$$E_b$ و $$$E_ {a + b}$ . الدمج $$$E_a \ cdot E_b \ subset E_ {a + b}$ من الواضح. نثبت ذلك لأي $$$z \ في E_ {a + b}$ هناك $$$x \ في E_a$ و $$$y \ في E_b$ مثل هذا $$$xy \ geq z$ . دعونا بالفعل $$$z = \ left (1 + a_1 \ right) \ left (1 + a_2 \ right) \ ldots \ left (1 + a_k \ right)$ أين $$$a_1 ، \ ldots ، a_k> 0$ ، $$$a_1 + \ ldots + a_k = a + b$ . خذ بعين الاعتبار مجموعات الأرقام الموجبة $$$\ left \ {\ frac {a} {a + b} a_1 ، \ ldots ، \ frac {a} {a + b} a_k \ right \} ، \ left \ {\ frac {b} {a + b} a_1 ، \ ldots ، \ frac {b} {a + b} a_k \ right \}$ .

من الواضح أن $$$\ frac {a} {a + b} a_1 + \ frac {a} {a + b} a_2 + \ ldots + \ frac {a} {a + b} a_k = a$ ، $$$\ frac {b} {a + b} a_1 + \ frac {b} {a + b} a_2 + \ ldots + \ frac {b} {a + b} a_k = b$ .

ضع $$$x = \ left (1+ \ frac {a} {a + b} a_1 \ right) \ left (1+ \ frac {a} {a + b} a_2 \ right) \ ldots \ left (1+ \ frac {a} {a + b} a_k \ right)$ ، $$$y = \ left (1+ \ frac {b} {a + b} a_1 \ right) \ left (1+ \ frac {b} {a + b} a_2 \ right) \ ldots \ left (1+ \ frac {b} {a + b} a_k \ right)$ .

من الواضح أن $$$x \ في E_a$ ، $$$y \ في E_b$ و $$$x \ cdot y = \ left (1+ \ frac {a} {a + b} a_1 \ right) \ left (1+ \ frac {b} {a + b} a_1 \ right) \ left (1+ \ frac {a} {a + b} a_2 \ right) \ left (1+ \ frac {b} {a + b} a_2 \ right) \ ldots$

$$$\ ldots \ left (1+ \ frac {a} {a + b} a_k \ right) \ left (1+ \ frac {b} {a + b} a_k \ right) \ geq \ left (1 + a_1 \ يمين) \ left (1 + a_2 \ right) \ ldots \ left (1 + a_k \ right)$ ،

الذي يكمل إثبات Lemma 8.

لذا $$$\ sup \ left (E_a \ cdot E_b \ right) = \ sup E_ {a + b}$ . ولكن من Lemma 7 يتبع ذلك $$$\ sup \ left (E_a \ cdot E_b \ right) = \ sup E_a \ cdot \ sup E_b$ .

بنينا وظيفة صالحة $$$f$ المعرفة على مجموعة من الأرقام الموجبة مثل ذلك $$$f (a + b) = f (a) \ cdot f (b)$ . نضيفه إلى سطر الأعداد بالكامل من خلال الإعداد $$$f (0) = 1$ و $$$f (a) = f ^ {- 1} (- a)$ عن أي رقم سالب $$$a$ .

لذا وظيفة $$$f$ معرفة في سطر الأعداد الصحيحة.

ليما 9. إذا $$$a + b = c$ ثم $$$f (a) \ cdot f (b) = f (c)$ .

إثبات

إذا كان أحد الأرقام $$$a$ ، $$$b$ ، $$$c$ يساوي $$$0$ عندها يكون تصريح اللما صحيحاً لهم.

للقضية عندما $$$a، b، c> 0$ وتأتي ليما من ليما 8.

علاوة على ذلك ، إذا كانت lemma صحيحة للأرقام $$$a$ ، $$$b$ ، $$$c$ ، فهذا صحيح أيضًا للأرقام $$$-a$ ، $$$-b$ ، $$$-c$ . في الواقع ، منذ ذلك الحين $$$f (a) \ cdot f (b) = f (c)$ ثم $$$\ frac {1} {f (a)} \ cdot \ frac {1} {f (b)} = \ frac {1} {f (c)}$ أي $$$f (-a) \ cdot f (-b) = f (-c)$ . لذلك ، يكفي أن تثبت ليما للقضية $$$c> 0$ . ولكن بعد ذلك إما $$$a> 0$ ، $$$b> 0$ سواء $$$a> 0$ ، $$$b <0$ سواء $$$a <0$ ، $$$b> 0$ . الحالة $$$a> 0$ ، $$$b> 0$ مفككة بالفعل. من أجل التحديد ، نضعها $$$a> 0$ ، $$$b <0$ . لذا $$$a + b = c$ لذلك $$$a = c + (- b)$ أين $$$a$ ، $$$c$ و $$$-b> 0$ . يعني $$$f (a) = f (c) \ cdot f (-b)$ أو $$$f (a) = \ frac {f (c)} {f (b)}$ أي $$$f (a) \ cdot f (b) = f (c)$ .

ثبت ليما 9.

حول الوظيفة $$$f$

بنينا دالة $$$f$ المعرفة على مجموعة من الأعداد الحقيقية ، مثل أي $$$x، y \ in R$ حق:

$$$f (x)> 0$ ، $$$f (x + y) = f (x) \ cdot f (y)$ (4)

ل $$$a> 0$ من $$$(2)$ يجب

$$$f (a) \ geq 1 + a$ (5)

إذا $$$0 <a \ leq \ frac {1} {2}$ ثم من $$$(2)$ نحصل

$$$f (a) \ leq 1 + a + 2a ^ 2$ (6)

لاحظ أنه منذ ذلك الحين $$$0 <a \ leq \ frac {1} {2}$ ثم

$$$a + 2a ^ 2 = a (1 + 2a) \ leq 2a$ (7)

أخيرًا $$$(5)$ ، $$$(6)$ ، $$$(7)$ نحصل

$$$a \ leq f (a) -1 \ leq a + 2a ^ 2 \ leq 2a$ (8)

من الواضح أن

$$$f (y) -f (x) = f (x + (yx)) - f (x) = f (x) f (yx) -f (x) = f (x) (f (yx) -1)$ .

لذلك ، ثبت ذلك

$$$f (y) -f (x) = f (x) (f (y-x) -1)$ (9)

تقدير القيمة $$$f (y-x) -1$ . وضع عدم المساواة $$$(8)$$$$a = y-x$ ، نحصل عليه ل $$$x$ ، $$$y$ مثل هذا $$$x <y$ و $$$y-x \ leq \ frac {1} {2}$ :

$$$y-x \ leq f (y-x) -1 \ leq (y-x) +2 (y-x) ^ 2 \ leq 2 (y-x)$ (10)

باستخدام $$$(9)$ من $$$(10)$ نحصل على:

$$$f (x) (yx) \ leq f (y) -f (x) \ leq f (x) \ left ((yx) +2 (yx) ^ 2 \ right) \ leq 2f (x) (yx)$ (11)

T. إلى. $$$f (x)> 0$ ، $$$(y-x)> 0$ ثم من $$$y> x$ يتبع ذلك $$$f (y)> f (x)$ أي $$$f$ يزيد بمقدار $$$R$ . التالي $$$0 <f (y) -f (x) \ leq 2f (x) (y-x)$ لذلك ل $$$z> y> x$ نحصل

$$$| f (y) -f (x) | \ leq 2f (z) (y-x)$ (12)

من $$$(12)$ يتبع ذلك على المجموعة $$$(- \ infty؛ z]$ الوظيفة $$$f$ مستمر بشكل موحد. يعني $$$f$ مستمر في كل مكان $$$R$ .

الآن نقدر قيمة دالة المشتق $$$f$ عند نقطة تعسفية $$$x \ في R$ .

دع $$$x_n <y_n$ و $$$x_n \ rightarrow x$ ، $$$y_n \ rightarrow x$ في $$$n \ rightarrow \ infty$ . ثم

$$$\ frac {f \ left (x_n \ right) \ left (y_n-x_n \ right)} {y_n-x_n} \ leq \ frac {f \ left (y_n \ right) -f \ left (x_n \ right)} {y_n-x_n} \ leq \ frac {f \ left (x_n \ right) \ left (y_n-x_n + 2 \ left (y_n-x_n \ right) {} ^ 2 \ right)} {y_n-x_n}$ ،

أي $$$f \ left (x_n \ right) \ leq \ frac {f \ left (y_n \ right) -f \ left (x_n \ right)} {y_n-x_n} \ leq f \ left (x_n \ right) \ left ( 1 + 2 \ يسار (y_n-x_n \ right) \ right)$ .

منذ ذلك الحين $$$f \ left (x_n \ right) \ rightarrow f (x)$ في $$$n \ rightarrow \ infty$ و $$$f \ left (x_n \ right) \ left (1 + 2 \ left (y_n-x_n \ right) \ right) \ rightarrow f (x)$ في $$$n \ rightarrow \ infty$ ثم

$$$\ frac {f \ left (y_n \ right) -f \ left (x_n \ right)} {y_n-x_n} \ rightarrow f (x)$ .

هذا يعني ذلك $$$f$ قابل للتمييز في كل مكان $$$R$ و $$$f '(x) = f (x)$ .

---

سلوبودنيك سيميون غريغوريفيتش ،
مطور محتوى لتطبيق "المعلم: الرياضيات" (انظر مقالة حبري ) ، مرشح العلوم الفيزيائية والرياضية ، مدرس الرياضيات في المدرسة 179 في موسكو