Une nouvelle façon de présenter les exposants

L'article propose une nouvelle façon très inhabituelle de déterminer l'exposant et sur la base de cette définition, ses principales propriétés sont dérivées.

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À chaque nombre positif $$$a$ on associe l'ensemble $$$E_a = \ left \ {x: x = \ left (1 + a_1 \ right) \ left (1 + a_2 \ right) \ ldots \ left (1 + a_k \ right) \ right.$ où $$$a_1, a_2, \ ldots, a_k> 0$ et $$$\ left.a_1 + a_2 + \ ldots + a_k = a \ right \}$ .

Lemme 1 . À partir de $$$0 <a <b$ il s'ensuit que pour chaque élément $$$x \ in E_a$ il y a un élément $$$y \ in E_b$ tel que $$$y> x$ .

Nous écrirons $$$A \ leq c$ si $$$c$ limite supérieure de l'ensemble $$$A$ . De même, nous écrirons $$$A \ geq c$ si $$$c$ - borne inférieure de l'ensemble $$$A$ .

Lemme 2. Si $$$a_1, a_2, \ ldots, a_k> 0$ alors $$$\ gauche (1 + a_1 \ droite) \ gauche (1 + a_2 \ droite) \ ldots \ gauche (1 + a_k \ droite) \ geq 1 + a_1 + a_2 + \ text {...} + a_k$ .

Preuve

Nous procédons par induction.

Pour $$$k = 1$ La déclaration est évidente: $$$1 + a_1 \ geq 1 + a_1$ .

Soit $$$\ gauche (1 + a_1 \ droite) \ ldots \ gauche (1 + a_i \ droite) \ geq 1 + a_1 + \ ldots + a_i$ pour $$$1 <i <k$ .

Alors $$$\ 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}$ .

Le lemme 2 est prouvé.

Dans la suite, nous montrons que chaque ensemble $$$E_a$ limité. Il résulte du lemme 2 que

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

Lemme 3. Si $$$0 <a \ leq \ frac {1} {2}$ et $$$a_1, \ ldots, a_k> 0$ , $$$a_1 + a_2 + \ ldots + a_k = a$ alors $$$\ gauche (1 + a_1 \ droite) \ ldots \ gauche (1 + a_i \ droite) \ leq 1+ (1 + 2a) a_1 + (1 + 2a) a_2 + \ ldots + (1 + 2a) a_i$ , $$$i = 1,2, \ ldots, k$ .

Preuve

En effet, par induction $$$1 + a_1 \ leq 1+ (1 + 2a) a_1$ .

Qu'il soit prouvé que $$$\ gauche (1 + a_1 \ droite) \ ldots \ gauche (1 + a_i \ droite) \ leq 1+ (1 + 2a) a_1 + \ ldots + (1 + 2a) a_i$ .

Alors $$$\ 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}$ .

Le lemme 3 est prouvé.

Le lemme 3 implique

Lemme 4. Si $$$0 <a \ leq \ frac {1} {2}$ et $$$a_1, \ ldots, a_k> 0$ , $$$a_1 + a_2 + \ ldots + a_k = a$ alors $$$\ gauche (1 + a_1 \ droite) \ ldots \ gauche (1 + a_k \ droite) \ leq 1 + a + 2a ^ 2$ .

Une inégalité importante découle des lemmes 3 et 4: si $$$0 <a \ leq \ frac {1} {2}$ alors

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

En particulier, si $$$a \ leq \ frac {1} {2}$ alors $$$E_a \ leq 2$ . Notez que l'inégalité $$$1 + a \ leq E_a$ vrai pour tout le monde $$$a> 0$ .

Lemme 5. Pour tout naturel $$$n$ juste inégalité $$$E_n \ leq 2 ^ {2n}$ .

Preuve

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

Évaluez le produit $$$\ gauche (1 + a_1 \ droite) \ ldots \ gauche (1 + a_k \ droite)$ . Il résulte du lemme 2 que

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

Par conséquent $$$\ 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} \ droite) \ droite) {} ^ {2n}$ .

Depuis $$$\ frac {a_1} {2n} + \ ldots + \ frac {a_k} {2n} = \ frac {1} {2}$ , puis en appliquant le lemme 4, on obtient $$$\ 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$ c'est-à-dire $$$\ left (\ left (1+ \ frac {a_1} {2n} \ right) \ ldots \ left (1+ \ frac {a_k} {2n} \ right) \ right) {} ^ {2n} \ leq 2 ^ {2n}$ .

Ainsi, le lemme 5 est prouvé.

Lemme 6. Soit $$$A \ sous-ensemble B$ deux sous-ensembles bornés non vides de l'ensemble des nombres réels $$$R$ . Si pour tout $$$b \ in B$ il y a un élément $$$a \ in A$ tel que $$$a \ geq b$ alors $$$\ sup A = \ sup B$ .

Preuve

Il est clair que $$$\ sup A \ leq \ sup B$ . En supposant que $$$\ sup A <\ sup B$ alors là $$$\ varepsilon> 0$ tel que $$$\ text {sup} A <\ text {sup} B- \ varepsilon$ . Donc pour tout $$$a \ in A$ véritable inégalité $$$a <\ sup B- \ varepsilon$ . Mais dans $$$B$ il y a un élément $$$b> \ sup B- \ varepsilon$ . Chacun $$$a \ in A$ moins que ça $$$b$ , ce qui contredit l'hypothèse du lemme, et la preuve est complète.

Définition de fonction $$$f$ (exposants)

Nous voyons (voir Lemme 1 et Lemme 5) que pour tout $$$a> 0$ beaucoup $$$E_a$ limité. Cela vous permet de définir une fonction. $$$f: R ^ + \ rightarrow R$ mettre $$$f (a) = \ sup E_a$ et $$$f (0) = 1$ . Pour tous les sous-ensembles non vides $$$A$ , $$$B$ beaucoup $$$R$ définir des nombres réels $$$A \ cdot B = \ {x: x = a \ cdot b$ où $$$a \ en A, b \ en B \}$ .

Lemme 7. Si $$$A \ geq 0$ , $$$B \ geq 0$ sous-ensembles bornés non vides $$$R$ alors $$$\ sup (A \ cdot B) = \ sup A \ cdot \ sup B$ .

Preuve

Depuis $$$A \ cdot B \ leq \ sup A \ cdot \ sup B$ alors $$$\ sup (A \ cdot B) \ leq \ sup A \ cdot \ sup B$ . Si $$$\ sup (A \ cdot B) <\ sup A \ cdot \ sup B$ alors là $$$\ varepsilon> 0$ tel que $$$\ sup (A \ cdot B) <\ text {sup} A \ cdot \ text {sup} B- \ varepsilon$ . Par conséquent, pour tout $$$a \ in A$ et $$$b \ in B$ à droite

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

Choisissez une séquence $$$\ left \ {a_n \ right \}$ de nombreux éléments $$$A$ convergeant vers $$$\ sup A$ et séquence $$$\ left \ {b_n \ right \}$ de nombreux éléments $$$B$ convergeant vers $$$\ sup B$ . Mais alors $$$a_nb_n \ rightarrow \ sup A \ cdot \ sup B$ qui contredit $$$(3)$ .

Le lemme 7 est prouvé.

Lemme 8. Pour $$$a, b> 0$ égalité équitable $$$f (a + b) = f (a) \ cdot f (b)$ .

Preuve

Nous considérons les ensembles $$$E_a$ , $$$E_b$ et $$$E_ {a + b}$ . Inclusion $$$E_a \ cdot E_b \ sous-ensemble E_ {a + b}$ évidemment. Nous prouvons que pour tout $$$z \ dans E_ {a + b}$ il y a $$$x \ in E_a$ et $$$y \ in E_b$ tel que $$$xy \ geq z$ . En effet, $$$z = \ gauche (1 + a_1 \ droite) \ gauche (1 + a_2 \ droite) \ ldots \ gauche (1 + a_k \ droite)$ où $$$a_1, \ ldots, a_k> 0$ , $$$a_1 + \ ldots + a_k = a + b$ . Considérez des ensembles de nombres positifs $$$\ 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 \}$ .

Il est clair 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$ .

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

Il est clair que $$$x \ in E_a$ , $$$y \ in E_b$ et $$$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 \ droite) \ 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 \ droite) \ gauche (1 + a_2 \ droite) \ ldots \ gauche (1 + a_k \ droite)$ ,

qui complète la preuve du lemme 8.

Alors $$$\ sup \ left (E_a \ cdot E_b \ right) = \ sup E_ {a + b}$ . Mais du lemme 7, il s'ensuit que $$$\ sup \ left (E_a \ cdot E_b \ right) = \ sup E_a \ cdot \ sup E_b$ .

Nous avons construit une fonction valide $$$f$ défini sur l'ensemble des nombres positifs tels que $$$f (a + b) = f (a) \ cdot f (b)$ . Nous l'ajoutons à la ligne entière en définissant $$$f (0) = 1$ et $$$f (a) = f ^ {- 1} (- a)$ pour tout nombre négatif $$$a$ .

Alors fonction $$$f$ défini sur toute la ligne numérique.

Lemme 9. Si $$$a + b = c$ alors $$$f (a) \ cdot f (b) = f (c)$ .

Preuve

Si l'un des nombres $$$a$ , $$$b$ , $$$c$ est égal $$$0$ alors l'énoncé du lemme est vrai pour eux.

Pour le cas où $$$a, b, c> 0$ Le lemme découle du lemme 8.

De plus, si le lemme est vrai pour les nombres $$$a$ , $$$b$ , $$$c$ , alors c'est aussi vrai pour les nombres $$$-a$ , $$$-b$ , $$$-c$ . En effet, depuis $$$f (a) \ cdot f (b) = f (c)$ alors $$$\ frac {1} {f (a)} \ cdot \ frac {1} {f (b)} = \ frac {1} {f (c)}$ c'est-à-dire $$$f (-a) \ cdot f (-b) = f (-c)$ . Par conséquent, il suffit de prouver le lemme de l'affaire $$$c> 0$ . Mais alors soit $$$a> 0$ , $$$b> 0$ soit $$$a> 0$ , $$$b <0$ soit $$$a <0$ , $$$b> 0$ . Cas $$$a> 0$ , $$$b> 0$ déjà démonté. Pour être précis, nous avons mis $$$a> 0$ , $$$b <0$ . Alors $$$a + b = c$ donc $$$a = c + (- b)$ où $$$a$ , $$$c$ et $$$-b> 0$ . Moyens $$$f (a) = f (c) \ cdot f (-b)$ ou $$$f (a) = \ frac {f (c)} {f (b)}$ c'est-à-dire $$$f (a) \ cdot f (b) = f (c)$ .

Le lemme 9 est prouvé.

À propos de la fonction $$$f$

Nous avons construit une fonction $$$f$ défini sur l'ensemble des nombres réels, de sorte que pour tout $$$x, y \ in R$ à droite:

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

Pour $$$a> 0$ de $$$(2)$ devrait

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

Si $$$0 <a \ leq \ frac {1} {2}$ puis de $$$(2)$ nous obtenons

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

Notez que depuis $$$0 <a \ leq \ frac {1} {2}$ alors

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

Enfin sorti $$$(5)$ , $$$(6)$ , $$$(7)$ nous obtenons

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

Il est clair que

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

Donc, il a été établi que

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

Estimer la valeur $$$f (y-x) -1$ . Mettre dans l'inégalité $$$(8)$$$$a = y-x$ , on obtient pour $$$x$ , $$$y$ tel que $$$x <y$ et $$$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)

En utilisant $$$(9)$ de $$$(10)$ nous obtenons:

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

T. à. $$$f (x)> 0$ , $$$(y-x)> 0$ puis de $$$y> x$ il s'ensuit que $$$f (y)> f (x)$ c'est-à-dire $$$f$ augmente de $$$R$ . Suivant $$$0 <f (y) -f (x) \ leq 2f (x) (y-x)$ donc pour $$$z> y> x$ nous obtenons

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

À partir de $$$(12)$ il s'ensuit que sur le plateau $$$(- \ infty; z]$ fonction $$$f$ uniformément continue. Moyens $$$f$ continu partout sur $$$R$ .

Maintenant, nous estimons la valeur de la fonction dérivée $$$f$ à un point arbitraire $$$x \ in R$ .

Soit $$$x_n <y_n$ et $$$x_n \ rightarrow x$ , $$$y_n \ rightarrow x$ à $$$n \ rightarrow \ infty$ . Alors

$$$\ 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 \ gauche (x_n \ droite) \ gauche (y_n-x_n + 2 \ gauche (y_n-x_n \ droite) {} ^ 2 \ droite)} {y_n-x_n}$ ,

c'est-à-dire $$$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 \ gauche (y_n-x_n \ droite) \ droite)$ .

Depuis $$$f \ gauche (x_n \ droite) \ rightarrow f (x)$ à $$$n \ rightarrow \ infty$ et $$$f \ gauche (x_n \ droite) \ gauche (1 + 2 \ gauche (y_n-x_n \ droite) \ droite) \ rightarrow f (x)$ à $$$n \ rightarrow \ infty$ alors

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

Cela signifie que $$$f$ différenciable partout $$$R$ et $$$f '(x) = f (x)$ .

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Slobodnik Semyon Grigoryevich ,
développeur de contenu pour l'application «Tuteur: mathématiques» (voir article sur Habré ), candidat en sciences physiques et mathématiques, professeur de mathématiques à l'école 179 de Moscou