Eine neue Art, Aussteller vorzustellen

Der Artikel schlägt eine neue, sehr ungewöhnliche Methode zur Bestimmung des Exponenten vor und basierend auf dieser Definition werden seine Haupteigenschaften abgeleitet.

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Zu jeder positiven Zahl $$$a$ Wir verbinden das Set $$$E_a = \ left \ {x: x = \ left (1 + a_1 \ right) \ left (1 + a_2 \ right) \ ldots \ left (1 + a_k \ right) \ right.$ wo $$$a_1, a_2, \ ldots, a_k> 0$ und $$$\ left.a_1 + a_2 + \ ldots + a_k = a \ right \}$ .

Lemma 1 . Von $$$0 <a <b$ Daraus folgt für jedes Element $$$x \ in E_a$ Es gibt ein Element $$$y \ in E_b$ so dass $$$y> x$ .

Wir werden schreiben $$$A \ leq c$ wenn $$$c$ Obergrenze des Satzes $$$A$ . Ebenso werden wir schreiben $$$A \ geq c$ wenn $$$c$ - Untergrenze des Satzes $$$A$ .

Lemma 2. Wenn $$$a_1, a_2, \ ldots, a_k> 0$ dann $$$\ 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$ .

Beweis

Wir gehen durch Induktion vor.

Für $$$k = 1$ Die Aussage ist offensichtlich: $$$1 + a_1 \ geq 1 + a_1$ .

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

Dann $$$\ 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}$ .

Lemma 2 ist bewiesen.

In der Fortsetzung zeigen wir, dass jeder Satz $$$E_a$ begrenzt. Aus Lemma 2 folgt, dass

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

Lemma 3. Wenn $$$0 <a \ leq \ frac {1} {2}$ und $$$a_1, \ ldots, a_k> 0$ , $$$a_1 + a_2 + \ ldots + a_k = a$ dann $$$\ 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$ .

Beweis

In der Tat durch Induktion $$$1 + a_1 \ leq 1+ (1 + 2a) a_1$ .

Lassen Sie es beweisen, dass $$$\ left (1 + a_1 \ right) \ ldots \ left (1 + a_i \ right) \ leq 1+ (1 + 2a) a_1 + \ ldots + (1 + 2a) a_i$ .

Dann $$$\ 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 + 2a) a_i +$

$$$+ \ left (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 + \ left (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}$ .

Lemma 3 ist bewiesen.

Lemma 3 impliziert

Lemma 4. Wenn $$$0 <a \ leq \ frac {1} {2}$ und $$$a_1, \ ldots, a_k> 0$ , $$$a_1 + a_2 + \ ldots + a_k = a$ dann $$$\ left (1 + a_1 \ right) \ ldots \ left (1 + a_k \ right) \ leq 1 + a + 2a ^ 2$ .

Eine wichtige Ungleichung ergibt sich aus Lemmas 3 und 4: if $$$0 <a \ leq \ frac {1} {2}$ dann

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

Insbesondere wenn $$$a \ leq \ frac {1} {2}$ dann $$$E_a \ leq 2$ . Beachten Sie, dass die Ungleichung $$$1 + a \ leq E_a$ wahr für alle $$$a> 0$ .

Lemma 5. Für jeden natürlichen $$$n$ faire Ungleichheit $$$E_n \ leq 2 ^ {2n}$ .

Beweis

Lass $$$a_1, \ ldots, a_k> 0$ , $$$a_1 + \ ldots + a_k = n$ .

Bewerten Sie das Produkt $$$\ left (1 + a_1 \ right) \ ldots \ left (1 + a_k \ right)$ . Aus Lemma 2 folgt, dass

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

Deshalb $$$\ 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}$ .

Als $$$\ frac {a_1} {2n} + \ ldots + \ frac {a_k} {2n} = \ frac {1} {2}$ Wenn wir dann Lemma 4 anwenden, erhalten wir $$$\ 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$ d.h. $$$\ left (\ left (1+ \ frac {a_1} {2n} \ right) \ ldots \ left (1+ \ frac {a_k} {2n} \ right) \ right) {} ^ {2n} \ leq 2 ^ {2n}$ .

Damit ist Lemma 5 bewiesen.

Lemma 6. Lass $$$A \ Teilmenge B$ zwei nicht leere begrenzte Teilmengen der Menge reeller Zahlen $$$R$ . Wenn für irgendeinen $$$b \ in B$ Es gibt ein Element $$$a \ in A$ so dass $$$a \ geq b$ dann $$$\ sup A = \ sup B$ .

Beweis

Es ist klar, dass $$$\ sup A \ leq \ sup B$ . Vorausgesetzt, das $$$\ sup A <\ sup B$ dann da $$$\ varepsilon> 0$ so dass $$$\ text {sup} A <\ text {sup} B- \ varepsilon$ . Also für jeden $$$a \ in A$ wahre Ungleichheit $$$a <\ sup B- \ varepsilon$ . Aber in $$$B$ Es gibt ein Element $$$b> \ sup B- \ varepsilon$ . Jeder $$$a \ in A$ weniger als das $$$b$ , was der Hypothese des Lemmas widerspricht und der Beweis ist vollständig.

Funktionsdefinition $$$f$ (Aussteller)

Wir sehen (siehe Lemma 1 und Lemma 5), ​​dass für jeden $$$a> 0$ viele $$$E_a$ begrenzt. Auf diese Weise können Sie eine Funktion definieren. $$$f: R ^ + \ rightarrow R$ Putten $$$f (a) = \ sup E_a$ und $$$f (0) = 1$ . Für nicht leere Teilmengen $$$A$ , $$$B$ viele $$$R$ setze reelle Zahlen $$$A \ cdot B = \ {x: x = a \ cdot b$ wo $$$a \ in A, b \ in B \}$ .

Lemma 7. Wenn $$$A \ geq 0$ , $$$B \ geq 0$ nicht leere begrenzte Teilmengen $$$R$ dann $$$\ sup (A \ cdot B) = \ sup A \ cdot \ sup B$ .

Beweis

Als $$$A \ cdot B \ leq \ sup A \ cdot \ sup B$ dann $$$\ sup (A \ cdot B) \ leq \ sup A \ cdot \ sup B$ . Wenn $$$\ sup (A \ cdot B) <\ sup A \ cdot \ sup B$ dann da $$$\ varepsilon> 0$ so dass $$$\ sup (A \ cdot B) <\ text {sup} A \ cdot \ text {sup} B- \ varepsilon$ . Daher für jeden $$$a \ in A$ und $$$b \ in B$ richtig

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

Wählen Sie eine Sequenz $$$\ left \ {a_n \ right \}$ viele Elemente $$$A$ konvergieren zu $$$\ sup A$ und Reihenfolge $$$\ left \ {b_n \ right \}$ viele Elemente $$$B$ konvergieren zu $$$\ sup B$ . Aber dann $$$a_nb_n \ rightarrow \ sup A \ cdot \ sup B$ das widerspricht $$$(3)$ .

Lemma 7 ist bewiesen.

Lemma 8. Für $$$a, b> 0$ faire Gleichheit $$$f (a + b) = f (a) \ cdot f (b)$ .

Beweis

Wir betrachten die Sätze $$$E_a$ , $$$E_b$ und $$$E_ {a + b}$ . Einbeziehung $$$E_a \ cdot E_b \ Teilmenge E_ {a + b}$ offensichtlich. Wir beweisen das für jeden $$$z \ in E_ {a + b}$ es gibt $$$x \ in E_a$ und $$$y \ in E_b$ so dass $$$xy \ geq z$ . In der Tat lassen $$$z = \ left (1 + a_1 \ right) \ left (1 + a_2 \ right) \ ldots \ left (1 + a_k \ right)$ wo $$$a_1, \ ldots, a_k> 0$ , $$$a_1 + \ ldots + a_k = a + b$ . Betrachten Sie Sätze positiver Zahlen $$$\ 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 \}$ .

Es ist klar, dass $$$\ frac {a} {a + b} a_1 + \ frac {a} {a + b} a_2 + \ ldots + \ frac {a} {a + b} a_k = a$ , $$$\ frac {b} {a + b} a_1 + \ frac {b} {a + b} a_2 + \ ldots + \ frac {b} {a + b} a_k = b$ .

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

Es ist klar, dass $$$x \ in E_a$ , $$$y \ in E_b$ und $$$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 \ rechts) \ links (1+ \ frac {b} {a + b} a_2 \ rechts) \ 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 \ rechts) \ links (1 + a_2 \ rechts) \ ldots \ links (1 + a_k \ rechts)$ ,

Damit ist der Beweis von Lemma 8 abgeschlossen.

Also $$$\ sup \ left (E_a \ cdot E_b \ right) = \ sup E_ {a + b}$ . Aber aus Lemma 7 folgt das $$$\ sup \ left (E_a \ cdot E_b \ right) = \ sup E_a \ cdot \ sup E_b$ .

Wir haben eine gültige Funktion erstellt $$$f$ definiert auf der Menge der positiven Zahlen, so dass $$$f (a + b) = f (a) \ cdot f (b)$ . Wir fügen es durch Setzen der gesamten Zahlenreihe hinzu $$$f (0) = 1$ und $$$f (a) = f ^ {- 1} (- a)$ für jede negative Zahl $$$a$ .

Also funktionieren $$$f$ auf der ganzen Zahlenzeile definiert.

Lemma 9. Wenn $$$a + b = c$ dann $$$f (a) \ cdot f (b) = f (c)$ .

Beweis

Wenn eine der Zahlen $$$a$ , $$$b$ , $$$c$ gleich $$$0$ dann ist die Aussage des Lemmas für sie wahr.

Für den Fall, wenn $$$a, b, c> 0$ Das Lemma folgt aus Lemma 8.

Weiter, wenn das Lemma für Zahlen gilt $$$a$ , $$$b$ , $$$c$ dann gilt es auch für Zahlen $$$-a$ , $$$-b$ , $$$-c$ . In der Tat seit $$$f (a) \ cdot f (b) = f (c)$ dann $$$\ frac {1} {f (a)} \ cdot \ frac {1} {f (b)} = \ frac {1} {f (c)}$ d.h. $$$f (-a) \ cdot f (-b) = f (-c)$ . Daher reicht es aus, das Lemma für den Fall zu beweisen $$$c> 0$ . Aber dann auch nicht $$$a> 0$ , $$$b> 0$ entweder $$$a> 0$ , $$$b <0$ entweder $$$a <0$ , $$$b> 0$ . Fall $$$a> 0$ , $$$b> 0$ schon auseinander genommen. Für die Bestimmtheit setzen wir $$$a> 0$ , $$$b <0$ . Also $$$a + b = c$ deshalb $$$a = c + (- b)$ wo $$$a$ , $$$c$ und $$$-b> 0$ . Mittel $$$f (a) = f (c) \ cdot f (-b)$ oder $$$f (a) = \ frac {f (c)} {f (b)}$ d.h. $$$f (a) \ cdot f (b) = f (c)$ .

Lemma 9 ist bewiesen.

Über die Funktion $$$f$

Wir haben eine Funktion aufgebaut $$$f$ definiert auf der Menge der reellen Zahlen, so dass für jede $$$x, y \ in R$ rechts:

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

Für $$$a> 0$ von $$$(2)$ sollte

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

Wenn $$$0 <a \ leq \ frac {1} {2}$ dann von $$$(2)$ wir bekommen

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

Beachten Sie, dass seit $$$0 <a \ leq \ frac {1} {2}$ dann

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

Endlich raus $$$(5)$ , $$$(6)$ , $$$(7)$ wir bekommen

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

Es ist klar, dass

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

So wurde festgestellt, dass

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

Schätzen Sie den Wert $$$f (y-x) -1$ . Die Ungleichung einbringen $$$(8)$$$$a = y-x$ erhalten wir für $$$x$ , $$$y$ so dass $$$x <y$ und $$$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)

Verwenden von $$$(9)$ von $$$(10)$ wir bekommen:

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

T. bis. $$$f (x)> 0$ , $$$(y-x)> 0$ dann von $$$y> x$ Daraus folgt $$$f (y)> f (x)$ d.h. $$$f$ erhöht sich um $$$R$ . Weiter $$$0 <f (y) -f (x) \ leq 2f (x) (y-x)$ daher für $$$z> y> x$ wir bekommen

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

Von $$$(12)$ Daraus folgt, dass am Set $$$(- \ infty; z]$ Funktion $$$f$ gleichmäßig durchgehend. Mittel $$$f$ kontinuierlich überall auf $$$R$ .

Nun schätzen wir den Wert der Ableitungsfunktion $$$f$ an einem beliebigen Punkt $$$x \ in R$ .

Lass $$$x_n <y_n$ und $$$x_n \ rightarrow x$ , $$$y_n \ rightarrow x$ bei $$$n \ rightarrow \ infty$ . Dann

$$$\ 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}$ ,

d.h. $$$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 \ left (y_n-x_n \ right) \ right)$ .

Als $$$f \ left (x_n \ right) \ rightarrow f (x)$ bei $$$n \ rightarrow \ infty$ und $$$f \ left (x_n \ right) \ left (1 + 2 \ left (y_n-x_n \ right) \ right) \ rightarrow f (x)$ bei $$$n \ rightarrow \ infty$ dann

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

Das bedeutet das $$$f$ überall differenzierbar $$$R$ und $$$f '(x) = f (x)$ .

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Slobodnik Semyon Grigoryevich ,
Inhaltsentwickler für die Anwendung „Tutor: Mathematik“ (siehe Artikel über Habré ), Kandidat für Physik und Mathematik, Lehrer für Mathematik an der Schule 179 in Moskau