प्रदर्शकों को पेश करने का एक नया तरीका

लेख में घातांक का निर्धारण करने का एक नया बहुत ही असामान्य तरीका प्रस्तावित किया गया है और इस परिभाषा के आधार पर इसके मुख्य गुण निकाले गए हैं।

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प्रत्येक सकारात्मक संख्या के लिए $$$एक$ हम सेट को जोड़ते हैं $$$E_a = \ left \ {x: x = \ left (1 + a_1 \ right) \ left (1 + a_2 \ right) \ ldots \ left (1 + a_k \ right) \ दाएँ $$ जहाँ $$$a_1, a_2, \ ldots, a_k> 0$ और $$$\ left.a_1 + a_2 + \ ldots + a_k = a \ right \}$ ।

लेम्मा 1 । से $$$0 <a <b$ यह प्रत्येक तत्व के लिए इस प्रकार है $$ एक तत्व है $$ ऐसा है $$$y> x$ ।

हम लिखेंगे $$$A \ leq c$ अगर $$$सी$ सेट का ऊपरी हिस्सा $$$ए$ । इसी तरह, हम लिखेंगे $$$A \ geq c$ अगर $$$सी$ - सेट का निचला भाग $$$ए$ ।

लेम्मा 2. यदि $$$a_1, a_2, \ ldots, a_k> 0$ तो $$$\ बाएँ (1 + a_1 \ दाएँ) \ बाएँ (1 + a_2 \ दाएँ) \ ldots \ बाएँ (1 + a_k \ दाएँ) \ geq 1 + a_1 + a_2 + \ text {...} + a_k$ ।

सबूत

हम इंडक्शन द्वारा आगे बढ़ते हैं।

के लिए $$$k = 1$ कथन स्पष्ट है: $$$1 + a_1 \ geq 1 + a_1$ ।

चलो $$$\ _ (1 + a_1 \ _) \ ldots \ left (1 + a_i \ right) \ geq 1 + a_1 + \ ldots + ai$ के लिए $$$1 <i <k$ ।

तो $$$\ बाएँ (1 + a_1 \ दाएँ) \ ldots \ बाएँ (1 + a_i \ दाएँ) \ बाएँ (1 + a_ {i + 1} \ दाएँ) \ geq 1 + a_1 + \ ldots + a_ + + बाएँ (1 + a_1 +) \ ldots + a_i \ right) a_ {i + 1} \ geq$

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

लेम्मा 2 साबित हुई है।

अगली कड़ी में, हम बताते हैं कि प्रत्येक सेट $$$ई_ए$ सीमित कर दिया। यह Lemma 2 से निम्नानुसार है

$$$\ सुप E_a \ geq$ (1)

लेम्मा 3. अगर $$$0 <a a leq \ frac {1} {2}$ और $$$a_1, \ ldots, a_k> 0$ । $$$a_1 + a_2 + \ ldots + a_k = a$ तो $$$\ छोड़ दिया (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$ ।

सबूत

दरअसल, प्रेरण द्वारा $$$1 + a_1 \ leq 1+ (1 + 2a) a $$ ।

यह सिद्ध किया जाए $$$\ _ (1 + a_1 \ _) \ ldots \ left (1 + a_i \ right) \ leq 1+ (1 + 2a) a_1 + \ ldots + (1 + 2a) a_i$ ।

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

$$$+ \ बाएँ (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 +} \ leq$

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

लेम्मा 3 साबित हुई है।

लेम्मा 3 का अर्थ है

लेम्मा 4. यदि $$$0 <a a leq \ frac {1} {2}$ और $$$a_1, \ ldots, a_k> 0$ । $$$a_1 + a_2 + \ ldots + a_k = a$ तो $$$\ छोड़ दिया (1 + a_1 \ दाएँ) \ ldots \ left (1 + a_k \ right) \ leq 1 + a + 2a ^ 2$ ।

Lemmas 3 और 4 से एक महत्वपूर्ण असमानता निम्नानुसार है: यदि $$$0 <a a leq \ frac {1} {2}$ तो

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

विशेष रूप से, यदि $$$a \ leq \ frac {1} {2}$ तो $$$E_a \ leq 2$ । ध्यान दें कि असमानता $$$1 + a \ leq E_a$ सभी के लिए सच है $$$a> 0$ ।

लेम्मा 5. किसी प्राकृतिक के लिए $$$एन$ निष्पक्ष असमानता $$$E_n \ leq 2 ^ {2n}$ ।

सबूत

चलो $$$a_1, \ ldots, a_k> 0$ । $$$a_1 + \ ldots + a_k = n$ ।

उत्पाद की दर $$$\ बाएँ (1 + a_1 \ दाएँ) \ ldots \ बाएँ (1 + a_k \ दाएँ)$ । यह Lemma 2 से निम्नानुसार है

$$$\ बाईं (1+ \ frac {a_i} {2n} \ right) {} ^ {2n} \ geq 1 + a_i$ के लिए $$$i = 1, \ ldots, k$ ।

इसलिये $$$\ छोड़ दिया (1 + a_1 \ _) \ ldots \ left (1 + a_k \ right) \ leq \ left (1+ \ frac {a_1} {2n} \ right) {} ^ {2n} 'ldots \ बाएँ () 1+ \ frac {a_k} {2n} \ right) {} ^ {2n} = \ left (\ बाएँ (1+ \ frac {a_1} {2n} \ right) \ ldots \ left (1+ frac) a_k } {2 एन} (दाएं) \ दा) {} ^ {2 एन}$ ।

क्योंकि $$$\ frac {a_1} {2n} + \ ldots + \ frac {a_k} {2n} = \ frac {1} {2}$ , तो लेम्मा 4 को लागू करना, हम प्राप्त करते हैं $$$\ बाईं (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$ , टी ई $$$\ left (\ बाएँ (1+ \ frac {a_1} {2n} \ right) \ ldots \ left (1+ \ frac {a_k} {2n} \ right) \ right) {} ^ 2n \ leq 2 ^ {2 एन}$ ।

इस प्रकार, लेम्मा 5 साबित हुई है।

लेम्मा 6. आज्ञा देना $$$A \ सब्सेट B$ वास्तविक संख्याओं के सेट के दो गैर-खाली बाउंडेड सबसेट $$$आर$ । अगर किसी के लिए $$ एक तत्व है $$ ऐसा है $$$a \ geq b $ ह$ तो $$$\ सुप ए = \ सुप बी$ ।

सबूत

यह स्पष्ट है कि $$$\ sup A \ leq \ sup B$ । यह मानते हुए कि $$$\ सुप A <\ सुप B$ फिर वहाँ $$$\ varepsilon> 0$ ऐसा है $$$\ text {sup} एक <\ text {sup} B- \ varepsilon$ । तो किसी के लिए भी $$ सच्ची असमानता $$$एक <\ sup B- \ varepsilon$ । लेकिन में $$$ब$ एक तत्व है $$$b> \ सुप B- \ varepsilon$ । हर तो $$ उससे कम है $$$ब$ , जो लेम्मा की परिकल्पना का खंडन करता है, और प्रमाण पूर्ण है।

कार्य की परिभाषा $$$च$ (घातांक)

हम देखते हैं (लेम्मा 1 और लेम्मा 5 देखें) जो कि किसी के लिए भी है $$$a> 0$ बहुत $$$ई_ए$ सीमित कर दिया। यह आपको फ़ंक्शन को परिभाषित करने की अनुमति देता है। $$$f: R ^ + \ rightarrow R$ डालकर $$$f (a) = \ sup E_a$ और $$$f (0) = 1$ । किसी भी गैर-रिक्त सबसेट के लिए $$$ए$ । $$$ब$ सेट $$$आर$ वास्तविक संख्या सेट करें $$$A \ cdot B = \ {x: x = a \ cdot b$ जहाँ $$$ए में ए, बी में बी $} में$ ।

लेम्मा 7. यदि $$$A \ geq 0$ । $$$B \ geq 0$ nonempty बाउंड उप सबसेट $$$आर$ तो $$$\ sup (A \ cdot B) = \ sup A \ cdot \ sup B$ ।

सबूत

क्योंकि $$$A \ cdot B \ leq \ sup A \ cdot \ sup B$ तो $$$\ sup (A \ cdot B) \ leq \ sup A \ cdot \ sup B$ । अगर $$$\ sup (A \ cdot B) <\ sup A \ cdot \ sup B$ फिर वहाँ $$$\ varepsilon> 0$ ऐसा है $$$\ sup (A \ cdot B) <\ text {sup} A \ cdot \ text {sup} B- \ varepsonon$ । इसलिए, किसी के लिए भी $$ और $$ सही

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

एक क्रम चुनें $$$\ बाएँ \ {a_n \ right \}$ कई तत्व $$$ए$ करने के लिए परिवर्तित $$$\ sup एक$ और अनुक्रम $$$\ बाएँ \ {b_n \ right \}$ कई तत्व $$$ब$ करने के लिए परिवर्तित $$$\ सुप B$ । लेकिन तब $$$a_nb_n \ rightarrow \ sup A \ cdot \ sup B$ इसके विपरीत $$$(3)$ ।

लेम्मा 7 साबित हुई है।

लेम्मा 8. के लिए $$$a, b> 0$ निष्पक्ष समानता $$$f (a + b) = f (a) \ cdot f (b)$ ।

सबूत

हम सेट पर विचार करते हैं $$$ई_ए$ । $$$E_b$ और $$$E_ {a + b}$ । समावेश $$$E_a \ cdot E_b \ subset E_ {a + b}$ जाहिर है। हम साबित करते हैं कि किसी के लिए भी $$$z \ _ में E_ {a + b}$ वहाँ हैं $$ और $$ ऐसा है $$$xy \ geq z$ । वास्तव में चलो $$$z = \ बाएँ (1 + a_1 \ दाएँ) \ बाएँ (1 + a_2 \ दाएँ) \ ldots \ बाएँ (1 + a_k \ दाएँ)$ जहाँ $$$a_1, \ ldots, a_k> 0$ । $$$a_1 + \ ldots + a_k = a + b$ । सकारात्मक संख्याओं के सेट पर विचार करें $$$\ बाएँ \ {\ frac {a} {a + b} a, \ ldots, \ frac {a} {a + b} a_k \ right \}, \ बाएँ \ {frac {b} {a +}} a_1, \ ldots, \ frac {b} {a + b} a_k \ right \}$ ।

यह स्पष्ट है कि $$$\ frac {a} {a + b} a_1 + \ frac {a} {a + b} a_2 + \ ldots + \ frac {a} {a + b} a_k = a$ । $$$\ frac {b} {a + b} a_1 + \ frac {b} {a + b} a_2 + \ ldots + \ frac {b} {a + b} a_k = b$ ।

रखना $$$x = \ left (1+ \ frac {a} {a + b a_1 \ right) \ left (1+ \ frac {a} {a + b} a_2 \ right) \ ldots \ left (1+ \ frac) {a} {a + b} a_k \ right)$ । $$$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)$ ।

यह स्पष्ट है कि $$ । $$ और $$$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 +_1) दाएँ) बाएँ (1 + a_2 \ दाएँ) \ ldots \ बाएँ (1 + a_k \ दाएँ)$ ।

जो लेम्मा 8 के प्रमाण को पूरा करता है।

इतना $$$\ sup \ left (E_a \ cdot E_b \ right) = \ sup E_ {a + b}$ । लेकिन लेम्मा 7 से यह इस प्रकार है $$$\ sup \ left (E_a \ cdot E_b \ right) = \ sup E_a \ cdot \ sup__$ ।

हमने एक वैध फ़ंक्शन बनाया $$$च$ सकारात्मक संख्याओं के सेट पर परिभाषित किया गया है जैसे कि $$$f (a + b) = f (a) \ cdot f (b)$ । हम इसे सेटिंग में पूरी संख्या रेखा में जोड़ते हैं $$$f (0) = 1$ और $$$f (ए) = एफ ^ {- 1} (- ए)$ किसी भी नकारात्मक संख्या के लिए $$$एक$ ।

तो कार्य करें $$$च$ पूरी संख्या रेखा पर परिभाषित।

लेम्मा 9. यदि $$$ए + बी = सी$ तो $$$f (a) \ cdot f (b) = f (c)$ ।

सबूत

यदि संख्याओं में से एक है $$$एक$ । $$$ब$ । $$$सी$ है $$$0$ तब लेम्मा का कथन उनके लिए सत्य है।

केस के लिए जब $$$a, b, c> 0$ लेम्मा 8 Lemma से अनुसरण करता है।

इसके अलावा, यदि लेम्मा संख्याओं के लिए सही है $$$एक$ । $$$ब$ । $$$सी$ , फिर यह संख्याओं के लिए भी सही है $$$-ए$ । $$$-b$ । $$$-c$ । वास्तव में, जब से $$$f (a) \ cdot f (b) = f (c)$ तो $$$\ frac {1} {f (a)} \ cdot \ frac {1} {f (b)} = \ frac {1} {f (c)}$ , टी ई $$$f (-a) \ cdot f (-b) = f (-c)$ । इसलिए, यह मामले के लिए लेम्मा साबित करने के लिए पर्याप्त है $$$c> 0$ । लेकिन फिर या तो $$$a> 0$ । $$$b> 0$ या $$$a> 0$ । $$$b <0$ या $$$एक <0$ । $$$b> 0$ । मामला $$$a> 0$ । $$$b> 0$ पहले ही अलग ले लिया। निश्चितता के लिए, हम डालते हैं $$$a> 0$ । $$$b <0$ । इस प्रकार, $$$ए + बी = सी$ इसलिये $$$a = c + (- b)$ जहाँ $$$एक$ । $$$सी$ और $$$-b> 0$ । इसलिए, $$$f (a) = f (c) \ cdot f (-b)$ या $$$f (a) = \ frac {f (c)} {f (b)}$ , टी ई $$$f (a) \ cdot f (b) = f (c)$ ।

लेम्मा 9 साबित हुई है।

फ़ंक्शन के बारे में $$$च$

हमने एक फंक्शन बनाया $$$च$ वास्तविक संख्याओं के सेट पर परिभाषित किया गया है, जैसे कि किसी के लिए $$$x, y $ R $ मे$ सच:

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

के लिए $$$a> 0$ से $$$(2)$ होना चाहिए

$$$f (a) \ geq 1 + एक$ (5)

अगर, हालांकि, $$$0 <a a leq \ frac {1} {2}$ तब से $$$(2)$ हमें मिलता है

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

ध्यान दें कि कब से $$$0 <a a leq \ frac {1} {2}$ तो

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

अंत में बाहर $$$(5)$ । $$$(6)$ । $$$(7)$ हमें मिलता है

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

यह स्पष्ट है कि

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

इसलिए, यह स्थापित किया गया था

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

मूल्य का अनुमान लगाएं $$$f (y-x) -1$ । असमानता में डालना $$$(8)$$$$a = y-x$ , हम प्राप्त करते हैं $$$x$ । $$$य$ ऐसा है $$$x <y$ और $$$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)

का उपयोग करते हुए $$$(9)$ से $$$(10)$ हमें मिलता है:

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

को टी। $$$f (x)> 0$ । $$$(y-x)> 0$ तब से $$$y> x$ यह इस प्रकार है $$$f (y)> f (x)$ , टी ई $$$च$ इससे बढ़ता है $$$आर$ । आगे $$$0 <f (y) -f (x) \ leq 2f (x) (y-x)$ इसलिए के लिए $$$z> y> x$ हमें मिलता है

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

से $$$(12)$ यह सेट पर इस प्रकार है $$$(- \ infty; z]$ समारोह $$$च$ समान रूप से निरंतर। इसलिए, $$$च$ हर जगह लगातार $$$आर$ ।

अब हम व्युत्पन्न फ़ंक्शन के मूल्य का अनुमान लगाते हैं $$$च$ एक मनमाना बिंदु पर $$$x $ R $ मे$ ।

चलो $$$x_n <y_n$ और $$$x_n \ rightarrow x$ । $$$y_n \ rightarrow x$ पर $$$n \ rightarrow \ infty$ । तो

$$$\ 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 दाईं ओर} {y_n-x_n}$ ।

टी। ई। $$$f \ बाएँ (x_n \ right) \ leq \ frac {f \ left (y_n \ right) -f \ बाएँ (x_n \ दाएँ)} {y_n-x_n} \ leq f \ left (x_n \ right) \ बाएँ ( 1 + 2 \ बाएँ (y_n-x_n \ right) \ right)$ ।

क्योंकि $$$f \ left (x_n \ right) \ rightarrow f (x)$ पर $$$n \ rightarrow \ infty$ , और $$$f \ left (x_n \ right) \ left (1 + 2 \ बाएँ (y_n-x_n \ right) \ right) \ rightarrow f (x)$ पर $$$n \ rightarrow \ infty$ तो

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

इसका मतलब है कि $$$च$ हर जगह अलग-अलग $$$आर$ और $$$f '(x) = f (x)$ ।

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स्लोबोडनिक शिमोन ग्रिगोरीविच ,
आवेदन के लिए सामग्री डेवलपर "ट्यूटर: गणित" ( हैबे पर लेख देखें), शारीरिक और गणितीय विज्ञान के उम्मीदवार, मास्को में स्कूल 179 पर गणित के शिक्षक