Uma nova maneira de apresentar expositores

O artigo propõe uma nova maneira incomum de determinar o expoente e, com base nessa definição, derivam suas principais propriedades.

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Para cada número positivo $$$a$ nós associamos o conjunto $$$E_a = \ esquerda \ {x: x = \ esquerda (1 + a_1 \ direita) \ esquerda (1 + a_2 \ direita) \ ldots \ esquerda (1 + a_k \ direita) \ direita.$ onde $$$a_1, a_2, \ ldots, a_k> 0$ e $$$\ left.a_1 + a_2 + \ ldots + a_k = a \ right \}$ .

Lema 1 . A partir de $$$0 <a <b$ segue-se que para cada elemento $$$x \ em E_a$ existe um elemento $$$y \ em E_b$ tal que $$$y> x$ .

Vamos escrever $$$A \ leq c$ se $$$c$ limite superior do conjunto $$$A$ . Da mesma forma, escreveremos $$$A \ geq c$ se $$$c$ - limite inferior do conjunto $$$A$ .

Lema 2. Se $$$a_1, a_2, \ ldots, a_k> 0$ então $$$\ 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$ .

Prova

Prosseguimos por indução.

Para $$$k = 1$ A afirmação é óbvia: $$$1 + a_1 \ geq 1 + a_1$ .

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

Então $$$\ 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}$ .

O lema 2 está comprovado.

Na sequência, mostramos que cada conjunto $$$E_a$ limitado. Segue-se do Lema 2 que

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

Lema 3. Se $$$0 <a \ leq \ frac {1} {2}$ e $$$a_1, \ ldots, a_k> 0$ , $$$a_1 + a_2 + \ ldots + a_k = a$ então $$$\ 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$ .

Prova

De fato, por indução $$$1 + a_1 \ leq 1+ (1 + 2a) a_1$ .

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

Então $$$\ 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}$ .

O lema 3 está comprovado.

O lema 3 implica

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

Uma importante desigualdade segue dos Lemas 3 e 4: se $$$0 <a \ leq \ frac {1} {2}$ então

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

Em particular, se $$$a \ leq \ frac {1} {2}$ então $$$E_a \ leq 2$ . Observe que a desigualdade $$$1 + a \ leq E_a$ verdadeiro para todos $$$a> 0$ .

Lema 5. Para qualquer $$$n$ desigualdade justa $$$E_n \ leq 2 ^ {2n}$ .

Prova

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

Classifique o produto $$$\ left (1 + a_1 \ right) \ ldots \ left (1 + a_k \ right)$ . Segue-se do Lema 2 que

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

Portanto, $$$\ 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 $$$\ frac {a_1} {2n} + \ ldots + \ frac {a_k} {2n} = \ frac {1} {2}$ , aplicando o Lema 4, obtemos $$$\ 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$ isto é $$$\ left (\ left (1+ \ frac {a_1} {2n} \ right) \ ldots \ left (1+ \ frac {a_k} {2n} \ right) \ right) {} ^ {2n} \ leq 2 ^ {2n}$ .

Assim, o Lema 5 é comprovado.

Lema 6. Vamos $$$A \ subconjunto B$ dois subconjuntos limitados não vazios do conjunto de números reais $$$R$ . Se por algum $$$b \ em B$ existe um elemento $$$a \ em A$ tal que $$$a \ geq b$ então $$$\ sup A = \ sup B$ .

Prova

Está claro que $$$\ sup A \ leq \ sup B$ . Assumindo que $$$\ sup A <\ sup B$ então ai $$$\ varepsilon> 0$ tal que $$$\ text {sup} A <\ text {sup} B- \ varepsilon$ . Então, para qualquer $$$a \ em A$ verdadeira desigualdade $$$a <\ sup B- \ varepsilon$ . Mas em $$$B$ existe um elemento $$$b> \ sup B- \ varepsilon$ . Cada $$$a \ em A$ menos que isso $$$b$ , que contradiz a hipótese do lema e a prova está completa.

Definição de Função $$$f$ (expositores)

Vemos (ver Lema 1 e Lema 5) que, para qualquer $$$a> 0$ muitos $$$E_a$ limitado. Isso permite definir uma função. $$$f: R ^ + \ rightarrow R$ colocando $$$f (a) = \ sup E_a$ e $$$f (0) = 1$ . Para qualquer subconjunto não vazio $$$A$ , $$$B$ muitos $$$R$ definir números reais $$$A \ cdot B = \ {x: x = a \ cdot b$ onde $$$a \ em A, b \ em B \}$ .

Lema 7. Se $$$A \ geq 0$ , $$$B \ geq 0$ subconjuntos limitados não vazios $$$R$ então $$$\ sup (A \ cdot B) = \ sup A \ cdot \ sup B$ .

Prova

Desde $$$A \ cdot B \ leq \ sup A \ cdot \ sup B$ então $$$\ sup (A \ cdot B) \ leq \ sup A \ cdot \ sup B$ . Se $$$\ sup (A \ cdot B) <\ sup A \ cdot \ sup B$ então ai $$$\ varepsilon> 0$ tal que $$$\ sup (A \ cdot B) <\ text {sup} A \ cdot \ text {sup} B- \ varepsilon$ . Portanto, para qualquer $$$a \ em A$ e $$$b \ em B$ certo

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

Escolha uma sequência $$$\ left \ {a_n \ right \}$ muitos elementos $$$A$ convergindo para $$$\ sup A$ e sequência $$$\ left \ {b_n \ right \}$ muitos elementos $$$B$ convergindo para $$$\ sup B$ . Mas então $$$a_nb_n \ rightarrow \ sup A \ cdot \ sup B$ que contradiz $$$(3)$ .

O lema 7 está comprovado.

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

Prova

Consideramos os conjuntos $$$E_a$ , $$$E_b$ e $$$E_ {a + b}$ . Inclusão $$$E_a \ cdot E_b \ subconjunto E_ {a + b}$ obviamente Provamos que, para qualquer $$$z \ em E_ {a + b}$ existem $$$x \ em E_a$ e $$$y \ em E_b$ tal que $$$xy \ geq z$ . De fato, deixe $$$z = \ esquerda (1 + a_1 \ direita) \ esquerda (1 + a_2 \ direita) \ ldots \ left (1 + a_k \ right)$ onde $$$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$ .

Coloque $$$x = \ left (1+ \ frac {a} {a + b} a_1 \ right) \ left (1+ \ frac {a} {a + b} a_2 \ right) \ ldots \ left (1+ \ frac {a} {a + b} a_k \ right)$ , $$$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 $$$x \ em E_a$ , $$$y \ em E_b$ e $$$x \ cdot y = \ esquerda (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 \ direita) \ esquerda (1 + a_2 \ direita) \ ldots \ esquerda (1 + a_k \ direita)$ ,

que completa a prova do Lema 8.

Então $$$\ sup \ left (E_a \ cdot E_b \ right) = \ sup E_ {a + b}$ . Mas do Lema 7 segue-se que $$$\ sup \ left (E_a \ cdot E_b \ right) = \ sup E_a \ cdot \ sup E_b$ .

Criamos uma função válida $$$f$ definido no conjunto de números positivos tais que $$$f (a + b) = f (a) \ cdot f (b)$ . Nós o adicionamos à linha numérica inteira definindo $$$f (0) = 1$ e $$$f (a) = f ^ {- 1} (- a)$ para qualquer número negativo $$$a$ .

Então função $$$f$ definido na linha numérica inteira.

Lema 9. Se $$$a + b = c$ então $$$f (a) \ cdot f (b) = f (c)$ .

Prova

Se um dos números $$$a$ , $$$b$ , $$$c$ é igual a $$$0$ então a afirmação do lema é verdadeira para eles.

Para o caso em que $$$a, b, c> 0$ O lema segue do lema 8.

Além disso, se o lema for verdadeiro para números $$$a$ , $$$b$ , $$$c$ , também é válido para números $$$-a$ , $$$-b$ , $$$-c$ . De fato, desde $$$f (a) \ cdot f (b) = f (c)$ então $$$\ frac {1} {f (a)} \ cdot \ frac {1} {f (b)} = \ frac {1} {f (c)}$ isto é $$$f (-a) \ cdot f (-b) = f (-c)$ . Portanto, basta provar o lema do caso $$$c> 0$ . Mas então também $$$a> 0$ , $$$b> 0$ ou $$$a> 0$ , $$$b <0$ ou $$$a <0$ , $$$b> 0$ . Case $$$a> 0$ , $$$b> 0$ já desmontado. Por definição, colocamos $$$a> 0$ , $$$b <0$ . Então $$$a + b = c$ portanto $$$a = c + (- b)$ onde $$$a$ , $$$c$ e $$$-b> 0$ . Meios $$$f (a) = f (c) \ cdot f (-b)$ ou $$$f (a) = \ frac {f (c)} {f (b)}$ isto é $$$f (a) \ cdot f (b) = f (c)$ .

O lema 9 está comprovado.

Sobre a função $$$f$

Nós construímos uma função $$$f$ definido no conjunto de números reais, de modo que, para qualquer $$$x, y \ em R$ direito:

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

Para $$$a> 0$ de $$$(2)$ deveria

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

Se $$$0 <a \ leq \ frac {1} {2}$ então de $$$(2)$ nós temos

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

Note que desde $$$0 <a \ leq \ frac {1} {2}$ então

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

Finalmente fora $$$(5)$ , $$$(6)$ , $$$(7)$ nós temos

$$$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)$ .

Então, foi estabelecido que

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

Estimar o valor $$$f (y-x) -1$ . Colocando na desigualdade $$$(8)$$$$a = y-x$ , obtemos para $$$x$ , $$$y$ tal que $$$x <y$ e $$$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)

Usando $$$(9)$ de $$$(10)$ nós obtemos:

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

T. para. $$$f (x)> 0$ , $$$(y-x)> 0$ então de $$$y> x$ segue-se que $$$f (y)> f (x)$ isto é $$$f$ aumenta em $$$R$ . Seguinte $$$0 <f (y) -f (x) \ leq 2f (x) (y-x)$ portanto para $$$z> y> x$ nós temos

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

A partir de $$$(12)$ segue-se que no set $$$(- \ infty; z]$ função $$$f$ uniformemente contínuo. Meios $$$f$ contínuo em qualquer lugar $$$R$ .

Agora estimamos o valor da função derivada $$$f$ em um ponto arbitrário $$$x \ em R$ .

Vamos $$$x_n <y_n$ e $$$x_n \ rightarrow x$ , $$$y_n \ rightarrow x$ às $$$n \ rightarrow \ infty$ . Então

$$$\ frac {f \ esquerda (x_n \ direita) \ esquerda (y_n-x_n \ direita)} {y_n-x_n} \ leq \ frac {f \ esquerda (y_n \ direita) -f \ esquerda (x_n \ direita)} {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}$ ,

isto é $$$f \ esquerda (x_n \ direita) \ leq \ frac {f \ esquerda (y_n \ direita) -f \ esquerda (x_n \ direita)} {y_n-x_n} \ leq f \ esquerda (x_n \ direita) \ esquerda ( 1 + 2 \ esquerda (y_n-x_n \ direita) \ direita)$ .

Desde $$$f \ esquerda (x_n \ direita) \ rightarrow f (x)$ às $$$n \ rightarrow \ infty$ e $$$f \ esquerda (x_n \ direita) \ esquerda (1 + 2 \ esquerda (y_n-x_n \ direita) \ direita) \ rightarrow f (x)$ às $$$n \ rightarrow \ infty$ então

$$$\ frac {f \ esquerda (y_n \ direita) -f \ esquerda (x_n \ direita)} {y_n-x_n} \ rightarrow f (x)$ .

Isso significa que $$$f$ diferenciável em qualquer lugar $$$R$ e $$$f '(x) = f (x)$ .

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Slobodnik Semyon Grigoryevich ,
desenvolvedor de conteúdo para a aplicação “Tutor: matemática” (ver artigo em Habré ), candidato a ciências físicas e matemáticas, professor de matemática na escola 179 em Moscou