Una nueva forma de presentar expositores

El artículo propone una nueva forma muy inusual de determinar el exponente y, según esta definición, se derivan sus propiedades principales.

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A cada número positivo $$$a$ asociamos el conjunto $$$E_a = \ left \ {x: x = \ left (1 + a_1 \ right) \ left (1 + a_2 \ right) \ ldots \ left (1 + a_k \ right) \ right.$ donde $$$a_1, a_2, \ ldots, a_k> 0$ y $$$\ left.a_1 + a_2 + \ ldots + a_k = a \ right \}$ .

Lema 1 . De $$$0 <a <b$ se deduce que para cada elemento $$$x \ en E_a$ hay un elemento $$$y \ en E_b$ tal que $$$y> x$ .

Escribiremos $$$A \ leq c$ si $$$c$ límite superior del conjunto $$$A$ . Del mismo modo, escribiremos $$$A \ geq c$ si $$$c$ - límite inferior del conjunto $$$A$ .

Lema 2. Si $$$a_1, a_2, \ ldots, a_k> 0$ entonces $$$\ 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$ .

Prueba

Procedemos por inducción.

Para $$$k = 1$ La declaración es obvia: $$$1 + a_1 \ geq 1 + a_1$ .

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

Entonces $$$\ 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 está probado.

En la secuela, mostramos que cada conjunto $$$E_a$ limitado De Lemma 2 se desprende que

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

Lema 3. Si $$$0 <a \ leq \ frac {1} {2}$ y $$$a_1, \ ldots, a_k> 0$ , $$$a_1 + a_2 + \ ldots + a_k = a$ entonces $$$\ 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$ .

Prueba

De hecho, por inducción $$$1 + a_1 \ leq 1+ (1 + 2a) a_1$ .

Que se pruebe que $$$\ left (1 + a_1 \ right) \ ldots \ left (1 + a_i \ right) \ leq 1+ (1 + 2a) a_1 + \ ldots + (1 + 2a) a_i$ .

Entonces $$$\ 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 está probado.

Lema 3 implica

Lema 4. Si $$$0 <a \ leq \ frac {1} {2}$ y $$$a_1, \ ldots, a_k> 0$ , $$$a_1 + a_2 + \ ldots + a_k = a$ entonces $$$\ left (1 + a_1 \ right) \ ldots \ left (1 + a_k \ right) \ leq 1 + a + 2a ^ 2$ .

Una desigualdad importante se desprende de Lemmas 3 y 4: si $$$0 <a \ leq \ frac {1} {2}$ entonces

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

En particular, si $$$a \ leq \ frac {1} {2}$ entonces $$$E_a \ leq 2$ . Tenga en cuenta que la desigualdad $$$1 + a \ leq E_a$ cierto para todos $$$a> 0$ .

Lema 5. Para cualquier natural $$$n$ desigualdad justa $$$E_n \ leq 2 ^ {2n}$ .

Prueba

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

Califica el producto $$$\ left (1 + a_1 \ right) \ ldots \ left (1 + a_k \ right)$ . De Lemma 2 se desprende que

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

Por lo tanto $$$\ 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}$ .

Desde $$$\ frac {a_1} {2n} + \ ldots + \ frac {a_k} {2n} = \ frac {1} {2}$ , luego aplicando Lemma 4, obtenemos $$$\ 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$ es decir $$$\ left (\ left (1+ \ frac {a_1} {2n} \ right) \ ldots \ left (1+ \ frac {a_k} {2n} \ right) \ right) {} ^ {2n} \ leq 2 ^ {2n}$ .

Por lo tanto, Lemma 5 está probado.

Lema 6. Let $$$A \ subconjunto B$ dos subconjuntos no vacíos del conjunto de números reales $$$R$ . Si por alguna $$$b \ en B$ hay un elemento $$$a \ en A$ tal que $$$a \ geq b$ entonces $$$\ sup A = \ sup B$ .

Prueba

Está claro que $$$\ sup A \ leq \ sup B$ . Suponiendo que $$$\ sup A <\ sup B$ entonces allí $$$\ varepsilon> 0$ tal que $$$\ text {sup} A <\ text {sup} B- \ varepsilon$ . Entonces para cualquier $$$a \ en A$ verdadera desigualdad $$$a <\ sup B- \ varepsilon$ . Pero en $$$B$ hay un elemento $$$b> \ sup B- \ varepsilon$ . Cada $$$a \ en A$ menos que eso $$$b$ , que contradice la hipótesis del lema, y ​​la prueba está completa.

Definición de función $$$f$ (expositores)

Vemos (ver Lema 1 y Lema 5) que para cualquier $$$a> 0$ muchos $$$E_a$ limitado Esto le permite definir una función. $$$f: R ^ + \ rightarrow R$ poniendo $$$f (a) = \ sup E_a$ y $$$f (0) = 1$ . Para cualquier subconjunto no vacío $$$A$ , $$$B$ muchos $$$R$ establecer números reales $$$A \ cdot B = \ {x: x = a \ cdot b$ donde $$$a \ en A, b \ en B \}$ .

Lema 7. Si $$$A \ geq 0$ , $$$B \ geq 0$ subconjuntos no vacíos $$$R$ entonces $$$\ sup (A \ cdot B) = \ sup A \ cdot \ sup B$ .

Prueba

Desde $$$A \ cdot B \ leq \ sup A \ cdot \ sup B$ entonces $$$\ sup (A \ cdot B) \ leq \ sup A \ cdot \ sup B$ . Si $$$\ sup (A \ cdot B) <\ sup A \ cdot \ sup B$ entonces allí $$$\ varepsilon> 0$ tal que $$$\ sup (A \ cdot B) <\ text {sup} A \ cdot \ text {sup} B- \ varepsilon$ . Por lo tanto, para cualquier $$$a \ en A$ y $$$b \ en B$ derecho

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

Elige una secuencia $$$\ left \ {a_n \ right \}$ muchos elementos $$$A$ convergiendo a $$$\ sup A$ y secuencia $$$\ left \ {b_n \ right \}$ muchos elementos $$$B$ convergiendo a $$$\ sup B$ . Pero entonces $$$a_nb_n \ rightarrow \ sup A \ cdot \ sup B$ eso contradice $$$(3)$ .

Lema 7 está probado.

Lema 8. Para $$$a, b> 0$ igualdad justa $$$f (a + b) = f (a) \ cdot f (b)$ .

Prueba

Consideramos los conjuntos $$$E_a$ , $$$E_b$ y $$$E_ {a + b}$ . Inclusión $$$E_a \ cdot E_b \ subconjunto E_ {a + b}$ obviamente Probamos que para cualquier $$$z \ en E_ {a + b}$ hay $$$x \ en E_a$ y $$$y \ en E_b$ tal que $$$xy \ geq z$ . De hecho dejar $$$z = \ left (1 + a_1 \ right) \ left (1 + a_2 \ right) \ ldots \ left (1 + a_k \ right)$ donde $$$a_1, \ ldots, a_k> 0$ , $$$a_1 + \ ldots + a_k = a + b$ . Considere conjuntos de números positivos $$$\ 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 \}$ .

Está claro que $$$\ frac {a} {a + b} a_1 + \ frac {a} {a + b} a_2 + \ ldots + \ frac {a} {a + b} a_k = a$ , $$$\ frac {b} {a + b} a_1 + \ frac {b} {a + b} a_2 + \ ldots + \ frac {b} {a + b} a_k = b$ .

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

Está claro que $$$x \ en E_a$ , $$$y \ en E_b$ y $$$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 \ right) \ left (1 + a_2 \ right) \ ldots \ left (1 + a_k \ right)$ ,

que completa la prueba de Lemma 8.

Entonces $$$\ sup \ left (E_a \ cdot E_b \ right) = \ sup E_ {a + b}$ . Pero de Lemma 7 se deduce que $$$\ sup \ left (E_a \ cdot E_b \ right) = \ sup E_a \ cdot \ sup E_b$ .

Construimos una función válida $$$f$ definido en el conjunto de números positivos de modo que $$$f (a + b) = f (a) \ cdot f (b)$ . Lo agregamos a la recta numérica entera configurando $$$f (0) = 1$ y $$$f (a) = f ^ {- 1} (- a)$ para cualquier número negativo $$$a$ .

Entonces funcion $$$f$ definido en la recta numérica entera.

Lema 9. Si $$$a + b = c$ entonces $$$f (a) \ cdot f (b) = f (c)$ .

Prueba

Si uno de los numeros $$$a$ , $$$b$ , $$$c$ es igual $$$0$ entonces la declaración del lema es verdadera para ellos.

Para el caso cuando $$$a, b, c> 0$ El lema se desprende del Lema 8.

Además, si el lema es verdadero para los números $$$a$ , $$$b$ , $$$c$ , entonces también es cierto para los números $$$-a$ , $$$-b$ , $$$-c$ . De hecho, desde $$$f (a) \ cdot f (b) = f (c)$ entonces $$$\ frac {1} {f (a)} \ cdot \ frac {1} {f (b)} = \ frac {1} {f (c)}$ es decir $$$f (-a) \ cdot f (-b) = f (-c)$ . Por lo tanto, es suficiente probar el lema para el caso $$$c> 0$ . Pero entonces tampoco $$$a> 0$ , $$$b> 0$ cualquiera $$$a> 0$ , $$$b <0$ cualquiera $$$a <0$ , $$$b> 0$ . Caso $$$a> 0$ , $$$b> 0$ Ya desarmado. Por definición, ponemos $$$a> 0$ , $$$b <0$ . Entonces $$$a + b = c$ por lo tanto $$$a = c + (- b)$ donde $$$a$ , $$$c$ y $$$-b> 0$ . Significa $$$f (a) = f (c) \ cdot f (-b)$ o $$$f (a) = \ frac {f (c)} {f (b)}$ es decir $$$f (a) \ cdot f (b) = f (c)$ .

Lema 9 está probado.

Acerca de la función $$$f$

Construimos una función $$$f$ definido en el conjunto de números reales, de modo que para cualquier $$$x, y \ en R$ derecha:

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

Para $$$a> 0$ de $$$(2)$ debería

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

Si $$$0 <a \ leq \ frac {1} {2}$ entonces de $$$(2)$ tenemos

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

Tenga en cuenta que desde $$$0 <a \ leq \ frac {1} {2}$ entonces

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

Finalmente fuera $$$(5)$ , $$$(6)$ , $$$(7)$ tenemos

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

Está claro que

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

Entonces, se estableció que

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

Estima el valor $$$f (y-x) -1$ . Poniendo en la desigualdad $$$(8)$$$$a = y-x$ , obtenemos para $$$x$ , $$$y$ tal que $$$x <y$ y $$$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)

Utilizando $$$(9)$ de $$$(10)$ obtenemos:

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

T. a. $$$f (x)> 0$ , $$$(y-x)> 0$ entonces de $$$y> x$ se sigue que $$$f (y)> f (x)$ es decir $$$f$ aumenta en $$$R$ . Siguiente $$$0 <f (y) -f (x) \ leq 2f (x) (y-x)$ por lo tanto para $$$z> y> x$ tenemos

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

De $$$(12)$ se deduce que en el set $$$(- \ infty; z]$ funcion $$$f$ uniformemente continuo Significa $$$f$ continuo en todas partes en $$$R$ .

Ahora estimamos el valor de la función derivada $$$f$ en un punto arbitrario $$$x \ en R$ .

Dejar $$$x_n <y_n$ y $$$x_n \ rightarrow x$ , $$$y_n \ rightarrow x$ a las $$$n \ rightarrow \ infty$ . Entonces

$$$\ 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}$ ,

es decir $$$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)$ .

Desde $$$f \ left (x_n \ right) \ rightarrow f (x)$ a las $$$n \ rightarrow \ infty$ y $$$f \ left (x_n \ right) \ left (1 + 2 \ left (y_n-x_n \ right) \ right) \ rightarrow f (x)$ a las $$$n \ rightarrow \ infty$ entonces

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

Esto significa que $$$f$ diferenciable en todas partes $$$R$ y $$$f '(x) = f (x)$ .

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Slobodnik Semyon Grigoryevich ,
desarrollador de contenido para la aplicación "Tutor: matemáticas" (ver artículo sobre Habré ), candidato de ciencias físicas y matemáticas, profesor de matemáticas en la escuela 179 en Moscú