🤷🏽 ⛸️ 😰 Cara baru untuk memperkenalkan peserta pameran 🤟🏽 🔪 👴🏻

Artikel ini mengusulkan cara baru yang sangat tidak biasa dalam menentukan eksponen dan berdasarkan definisi ini, sifat utamanya diturunkan.

Untuk setiap angka positif

$a$ kami mengasosiasikan set

E_a = \ kiri \ {x: x = \ kiri (1 + a_1 \ kanan) \ kiri (1 + a_2 \ kanan) \ ldots \ kiri (1 + a_k \ kanan) \ kanan.

$E_a = \ kiri \ {x: x = \ kiri (1 + a_1 \ kanan) \ kiri (1 + a_2 \ kanan) \ ldots \ kiri (1 + a_k \ kanan) \ kanan.$ dimana

$a_1, a_2, \ ldots, a_k> 0$ dan

$\ left.a_1 + a_2 + \ ldots + a_k = a \ right \}$ .

Lemma 1 . Dari $0 <a <b$ karena itu untuk setiap elemen $x \ dalam E_a$ ada sebuah elemen $y \ dalam E_b$ sedemikian rupa $y> x$ .

Kami akan menulis

$A \ leq c$ jika

$c$ batas atas set

$A$ . Demikian pula, kami akan menulis

$A \ geq c$ jika

$c$ - batas bawah set

$A$ .

Lemma 2. Jika $a_1, a_2, \ ldots, a_k> 0$ lalu $\ kiri (1 + a_1 \ kanan) \ kiri (1 + a_2 \ kanan) \ ldots \ kiri (1 + a_k \ kanan) \ geq 1 + a_1 + a_2 + \ teks {...} + a_k$ .

Bukti

Kami melanjutkan dengan induksi.

Untuk

$k = 1$ Pernyataannya jelas:

$1 + a_1 \ geq 1 + a_1$ .

Biarkan

$\ kiri (1 + a_1 \ kanan) \ ldots \ kiri (1 + a_i \ kanan) \ geq 1 + a_1 + \ ldots + a_i$ untuk

$1 <i <k$ .

Lalu

$\ kiri (1 + a_1 \ kanan) \ ldots \ kiri (1 + a_i \ kanan) \ kiri (1 + a_ {i + 1} \ kanan) \ geq 1 + a_1 + \ ldots + a_i + \ kiri (1 + a_1 + \ ldots + a_i \ right) a_ {i + 1} \ geq$

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

Lemma 2 terbukti.

Dalam sekuel, kami menunjukkan bahwa setiap set

$E_a$ terbatas. Ini mengikuti dari Lemma 2 itu

$\ sup E_a \ geq a$ (1)

Lemma 3. Jika $0 <a \ leq \ frac {1} {2}$ dan $a_1, \ ldots, a_k> 0$ , $a_1 + a_2 + \ ldots + a_k = a$ lalu $\ kiri (1 + a_1 \ kanan) \ ldots \ kiri (1 + a_i \ kanan) \ leq 1+ (1 + 2a) a_1 + (1 + 2a) a_2 + \ ldots + (1 + 2a) a_i$ , $i = 1,2, \ ldots, k$ .

Bukti

Memang dengan induksi

$1 + a_1 \ leq 1+ (1 + 2a) a_1$ .

Biarkan dibuktikan itu

$\ kiri (1 + a_1 \ kanan) \ ldots \ kiri (1 + a_i \ kanan) \ leq 1+ (1 + 2a) a_1 + \ ldots + (1 + 2a) a_i$ .

Lalu

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

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

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

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

Lemma 3 terbukti.

Lemma 3 menyiratkan

Lemma 4. Jika $0 <a \ leq \ frac {1} {2}$ dan $a_1, \ ldots, a_k> 0$ , $a_1 + a_2 + \ ldots + a_k = a$ lalu $\ kiri (1 + a_1 \ kanan) \ ldots \ kiri (1 + a_k \ kanan) \ leq 1 + a + 2a ^ 2$ .

Ketidaksamaan penting muncul dari Lemmas 3 dan 4: jika

$0 <a \ leq \ frac {1} {2}$ lalu

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

Khususnya, jika

$a \ leq \ frac {1} {2}$ lalu

$E_a \ leq 2$ . Perhatikan ketidaksamaan itu

$1 + a \ leq E_a$ berlaku untuk semua orang

$a> 0$ .

Lemma 5. Untuk yang alami $n$ ketidaksetaraan yang adil $E_n \ leq 2 ^ {2n}$ .

Bukti

Biarkan

$a_1, \ ldots, a_k> 0$ ,

$a_1 + \ ldots + a_k = n$ .

Beri nilai produk

$\ kiri (1 + a_1 \ kanan) \ ldots \ kiri (1 + a_k \ kanan)$ . Ini mengikuti dari Lemma 2 itu

$\ kiri (1+ \ frac {a_i} {2n} \ kanan) {} ^ {2n} \ geq 1 + a_i$ untuk

$i = 1, \ ldots, k$ .

Oleh karena itu

$\ kiri (1 + a_1 \ kanan) \ ldots \ kiri (1 + a_k \ kanan) \ leq \ kiri (1+ \ frac {a_1} {2n} \ kanan) {} ^ {2n} \ ldots \ kiri ( 1+ \ frac {a_k} {2n} \ kanan) {} ^ {2n} = \ kiri (\ kiri (1+ \ frac {a_1} {2n} \ kanan) \ ldots \ kiri (1+ \ frac {a_k } {2n} \ kanan) \ kanan) {} ^ {2n}$ .

Sejak

$\ frac {a_1} {2n} + \ ldots + \ frac {a_k} {2n} = \ frac {1} {2}$ , lalu menerapkan Lemma 4, kami dapatkan

$\ kiri (1+ \ frac {a_1} {2n} \ kanan) \ ldots \ kiri (1+ \ frac {a_k} {2n} \ kanan) \ leq 1+ \ frac {1} {2} +2 \ cdot \ frac {1} {4} = 2$ yaitu

$\ kiri (\ kiri (1+ \ frac {a_1} {2n} \ kanan) \ ldots \ kiri (1+ \ frac {a_k} {2n} \ kanan) \ kanan) {} ^ {2n} \ leq 2 ^ {2n}$ .

Dengan demikian, Lemma 5 terbukti.

Lemma 6. Biarkan $A \ subset B$ dua himpunan bagian yang tidak kosong dari himpunan bilangan real $R$ . Jika ada $b \ dalam B$ ada sebuah elemen $a \ dalam A$ sedemikian rupa $a \ geq b$ lalu $\ sup A = \ sup B$ .

Bukti

Jelas itu

$\ sup A \ leq \ sup B$ . Dengan asumsi itu

$\ sup A <\ sup B$ lalu di sana

$\ varepsilon> 0$ sedemikian rupa

$\ text {sup} A <\ text {sup} B- \ varepsilon$ . Jadi untuk apa pun

$a \ dalam A$ ketidaksetaraan sejati

$a <\ sup B- \ varepsilon$ . Tapi di

$B$ ada sebuah elemen

$b> \ sup B- \ varepsilon$ . Masing-masing

$a \ dalam A$ kurang dari itu

$b$ , yang bertentangan dengan hipotesis lemma, dan buktinya lengkap.

Definisi Fungsi $f$ (peserta pameran)

Kita melihat (lihat Lemma 1 dan Lemma 5) untuk apa saja

$a> 0$ banyak

$E_a$ terbatas. Ini memungkinkan Anda untuk mendefinisikan suatu fungsi.

$f: R ^ + \ rightarrow R$ menempatkan

$f (a) = \ sup E_a$ dan

$f (0) = 1$ . Untuk setiap himpunan bagian kosong

$A$ ,

$B$ banyak

$R$ mengatur bilangan real

A \ cdot B = \ {x: x = a \ cdot b

$A \ cdot B = \ {x: x = a \ cdot b$ dimana

$a \ di A, b \ di B \}$ .

Lemma 7. Jika $A \ geq 0$ , $B \ geq 0$ himpunan bagian tak terbatas dibatasi $R$ lalu $\ sup (A \ cdot B) = \ sup A \ cdot \ sup B$ .

Bukti

Sejak

$A \ cdot B \ leq \ sup A \ cdot \ sup B$ lalu

$\ sup (A \ cdot B) \ leq \ sup A \ cdot \ sup B$ . Jika

$\ sup (A \ cdot B) <\ sup A \ cdot \ sup B$ lalu di sana

$\ varepsilon> 0$ sedemikian rupa

$\ sup (A \ cdot B) <\ text {sup} A \ cdot \ text {sup} B- \ varepsilon$ . Karena itu, untuk apa pun

$a \ dalam A$ dan

$b \ dalam B$ benar

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

Pilih urutan

\ left \ {a_n \ right \}

$\ left \ {a_n \ right \}$ banyak elemen

$A$ konvergen ke

$\ sup A$ dan urutan

\ left \ {b_n \ right \}

$\ left \ {b_n \ right \}$ banyak elemen

$B$ konvergen ke

$\ sup B$ . Tapi kemudian

$a_nb_n \ rightarrow \ sup A \ cdot \ sup B$ itu bertentangan

$(3)$ .

Lemma 7 terbukti.

Lemma 8. Untuk $a, b> 0$ kesetaraan yang adil $f (a + b) = f (a) \ cdot f (b)$ .

Bukti

Kami mempertimbangkan set

$E_a$ ,

$E_b$ dan

$E_ {a + b}$ . Inklusi

$E_a \ cdot E_b \ subset E_ {a + b}$ jelas. Kami membuktikannya untuk apa saja

$z \ dalam E_ {a + b}$ ada

$x \ dalam E_a$ dan

$y \ dalam E_b$ sedemikian rupa

$xy \ geq z$ . Memang biarkan

$z = \ kiri (1 + a_1 \ kanan) \ kiri (1 + a_2 \ kanan) \ ldots \ kiri (1 + a_k \ kanan)$ dimana

$a_1, \ ldots, a_k> 0$ ,

$a_1 + \ ldots + a_k = a + b$ . Pertimbangkan set angka positif

\ left \ {\ frac {a} {a + b} a_1, \ ldots, \ frac {a} {a + b} a_k \ kanan \}, \ kiri \ {\ frac {b} {a + b} a_1, \ ldots, \ frac {b} {a + b} a_k \ right \}

$\ left \ {\ frac {a} {a + b} a_1, \ ldots, \ frac {a} {a + b} a_k \ kanan \}, \ kiri \ {\ frac {b} {a + b} a_1, \ ldots, \ frac {b} {a + b} a_k \ right \}$ .

Jelas itu

$\ frac {a} {a + b} a_1 + \ frac {a} {a + b} a_2 + \ ldots + \ frac {a} {a + b} a_k = a$ ,

$\ frac {b} {a + b} a_1 + \ frac {b} {a + b} a_2 + \ ldots + \ frac {b} {a + b} a_k = b$ .

Taruh

$x = \ kiri (1+ \ frac {a} {a + b} a_1 \ kanan) \ kiri (1+ \ frac {a} {a + b} a_2 \ kanan) \ ldots \ kiri (1+ \ frac {a} {a + b} a_k \ kanan)$ ,

$y = \ kiri (1+ \ frac {b} {a + b} a_1 \ kanan) \ kiri (1+ \ frac {b} {a + b} a_2 \ kanan) \ ldots \ kiri (1+ \ frac {b} {a + b} a_k \ kanan)$ .

Jelas itu

$x \ dalam E_a$ ,

$y \ dalam E_b$ dan

$x \ cdot y = \ kiri (1+ \ frac {a} {a + b} a_1 \ kanan) \ kiri (1+ \ frac {b} {a + b} a_1 \ kanan) \ kiri (1+ \ frac {a} {a + b} a_2 \ kanan) \ kiri (1+ \ frac {b} {a + b} a_2 \ kanan) \ ldots$

$\ ldots \ left (1+ \ frac {a} {a + b} a_k \ kanan) \ kiri (1+ \ frac {b} {a + b} a_k \ kanan) \ geq \ kiri (1 + a_1 \ kanan) \ kiri (1 + a_2 \ kanan) \ ldots \ kiri (1 + a_k \ kanan)$ ,

yang melengkapi bukti Lemma 8.

Jadi

$\ sup \ kiri (E_a \ cdot E_b \ kanan) = \ sup E_ {a + b}$ . Tetapi dari Lemma 7 berikut

$\ sup \ kiri (E_a \ cdot E_b \ kanan) = \ sup E_a \ cdot \ sup E_b$ .

Kami membangun fungsi yang valid

$f$ didefinisikan pada set angka positif sedemikian rupa sehingga

$f (a + b) = f (a) \ cdot f (b)$ . Kami menambahkannya ke garis angka keseluruhan dengan menetapkan

$f (0) = 1$ dan

$f (a) = f ^ {- 1} (- a)$ untuk setiap angka negatif

$a$ .

Begitu fungsinya

$f$ didefinisikan pada garis bilangan bulat.

Lemma 9. Jika $a + b = c$ lalu $f (a) \ cdot f (b) = f (c)$ .

Bukti

Jika salah satu nomornya

$a$ ,

$b$ ,

$c$ sama dengan

$0$ maka pernyataan lemma itu benar bagi mereka.

Untuk kasus kapan

$a, b, c> 0$ Lemma mengikuti dari Lemma 8.

Lebih lanjut, jika lemma benar untuk angka

$a$ ,

$b$ ,

$c$ , maka itu juga berlaku untuk angka

$-a$ ,

$-b$ ,

$-c$ . Memang sejak itu

$f (a) \ cdot f (b) = f (c)$ lalu

$\ frac {1} {f (a)} \ cdot \ frac {1} {f (b)} = \ frac {1} {f (c)}$ yaitu

$f (-a) \ cdot f (-b) = f (-c)$ . Oleh karena itu, cukup untuk membuktikan lemma untuk kasus tersebut

$c> 0$ . Tapi kemudian

$a> 0$ ,

$b> 0$ juga

$a> 0$ ,

$b <0$ juga

$a <0$ ,

$b> 0$ . Kasing

$a> 0$ ,

$b> 0$ sudah dibongkar. Untuk kepastian, kami menempatkan

$a> 0$ ,

$b <0$ . Jadi

$a + b = c$ oleh karena itu

$a = c + (- b)$ dimana

$a$ ,

$c$ dan

$-b> 0$ . Berarti

$f (a) = f (c) \ cdot f (-b)$ atau

$f (a) = \ frac {f (c)} {f (b)}$ yaitu

$f (a) \ cdot f (b) = f (c)$ .

Lemma 9 terbukti.

Tentang fungsi $f$

Kami membangun sebuah fungsi

$f$ didefinisikan pada himpunan bilangan real, sehingga untuk setiap

$x, y \ dalam R$ benar:

$f (x)> 0$ ,

$f (x + y) = f (x) \ cdot f (y)$ (4)

Untuk

$a> 0$ dari

$(2)$ seharusnya

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

Jika

$0 <a \ leq \ frac {1} {2}$ lalu dari

$(2)$ kita dapatkan

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

Perhatikan sejak itu

$0 <a \ leq \ frac {1} {2}$ lalu

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

Akhirnya keluar

$(5)$ ,

$(6)$ ,

$(7)$ kita dapatkan

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

Jelas itu

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

Jadi, ditetapkan itu

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

Perkirakan nilainya

$f (y-x) -1$ . Menempatkan ketimpangan

$(8)$

$a = y-x$ , kami dapatkan untuk

$x$ ,

$y$ sedemikian rupa

$x <y$ dan

$y-x \ leq \ frac {1} {2}$ :

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

Menggunakan

$(9)$ dari

$(10)$ kami mendapatkan:

$f (x) (yx) \ leq f (y) -f (x) \ leq f (x) \ kiri ((yx) +2 (yx) ^ 2 \ kanan) \ leq 2f (x) (yx)$ (11)

T. untuk.

$f (x)> 0$ ,

$(y-x)> 0$ lalu dari

$y> x$ mengikuti itu

$f (y)> f (x)$ yaitu

$f$ meningkat sebesar

$R$ . Selanjutnya

$0 <f (y) -f (x) \ leq 2f (x) (y-x)$ oleh karena itu untuk

$z> y> x$ kita dapatkan

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

Dari

$(12)$ karena itu di set

$(- \ infty; z]$ fungsi

$f$ terus menerus seragam. Berarti

$f$ terus menerus di mana-mana

$R$ .

Sekarang kami memperkirakan nilai fungsi turunannya

$f$ pada titik arbitrer

$x \ dalam R$ .

Biarkan

$x_n <y_n$ dan

$x_n \ rightarrow x$ ,

$y_n \ rightarrow x$ di

$n \ rightarrow \ infty$ . Lalu

$\ frac {f \ kiri (x_n \ kanan) \ kiri (y_n-x_n \ kanan)} {y_n-x_n} \ leq \ frac {f \ kiri (y_n \ kanan) -f \ kiri (x_n \ kanan)} {y_n-x_n} \ leq \ frac {f \ kiri (x_n \ kanan) \ kiri (y_n-x_n + 2 \ kiri (y_n-x_n \ kanan) {} ^ 2 \ kanan)} {y_n-x_n}$ ,

yaitu

$f \ kiri (x_n \ kanan) \ leq \ frac {f \ kiri (y_n \ kanan) -f \ kiri (x_n \ kanan)} {y_n-x_n} \ leq f \ kiri (x_n \ kanan) \ kiri ( 1 + 2 \ kiri (y_n-x_n \ kanan) \ kanan)$ .

Sejak

$f \ kiri (x_n \ kanan) \ rightarrow f (x)$ di

$n \ rightarrow \ infty$ , dan

$f \ kiri (x_n \ kanan) \ kiri (1 + 2 \ kiri (y_n-x_n \ kanan) \ kanan) \ rightarrow f (x)$ di

$n \ rightarrow \ infty$ lalu

$\ frac {f \ kiri (y_n \ kanan) -f \ kiri (x_n \ kanan)} {y_n-x_n} \ rightarrow f (x)$ .

Ini artinya

$f$ dibedakan di mana-mana

$R$ dan

$f '(x) = f (x)$ .

Slobodnik Semyon Grigoryevich ,
pengembang konten untuk aplikasi "Tutor: matematika" (lihat artikel tentang Habré ), kandidat ilmu fisika dan matematika, guru matematika di sekolah 179 di Moskow

Cara baru untuk memperkenalkan peserta pameran

Bukti

Bukti

Bukti

Bukti

Definisi Fungsi f f (peserta pameran)

Bukti

Bukti

Bukti

Tentang fungsi f f

More articles:

Definisi Fungsi $f$ (peserta pameran)

Tentang fungsi $f$