介绍参展商的新方法

本文提出了一种非常新颖的确定指数的方法，并基于此定义推导了其主要属性。

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每个正数 $$$一$ 我们关联集合 $$$E_a = \左\ {x：x = \左（1 + a_1 \右）\左（1 + a_2 \右）\ ldots \左（1 + a_k \右）\右$ 在哪里 $$$a_1，a_2，\ ldots，a_k> 0$ 和 $$$\ left.a_1 + a_2 + \ ldots + a_k = a \ right \}$ 。

引理1 。 来自 $$$0 <a <b$ 因此，对于每个元素 $$$x \在E_a$ 有一个元素 $$$y \在E_b$ 这样 $$$y> x$ 。

我们会写 $$$A \ leq c$ 如果 $$$c$ 集合的上限 $$。 同样，我们将写 $$$A \ geq c$ 如果 $$$c$ -集合的下限 $$。

引理2.如果 $$$a_1，a_2，\ ldots，a_k> 0$ 然后 $$$\左（1 + a_1 \右）\左（1 + a_2 \右）\ ldots \左（1 + a_k \右）\ geq 1 + a_1 + a_2 + \文本{...} + a_k$ 。

证明

我们通过归纳进行。

对于 $$$k = 1$ 该语句很明显： $$$1 + a_1 \ geq 1 + a_1$ 。

让 $$$\左（1 + a_1 \右）\ ldots \左（1 + a_i \右）\ geq 1 + a_1 + \ ldots + a_i$ 为 $$$1 <i <k$ 。

然后 $$$\左（1 + a_1 \右）\ ldots \左（1 + a_i \右）\左（1 + a_ {i + 1} \右）\ geq 1 + a_1 + \ ldots + a_i + \左（1 + a_1 + \ ldots + a_i \ right）a_ {i + 1} \ geq$

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

引理2被证明。

在续集中，我们展示了每个集合 $$$E_a$ 有限。 从引理2得出

$$$\ sup E_a \ geq a$ （1）

引理3.如果 $$$0 <a \ leq \ frac {1} {2}$ 和 $$$a_1，\ ldots，a_k> 0$ ， $$$a_1 + a_2 + \ ldots + a_k = a$ 然后 $$$\左（1 + a_1 \右）\ ldots \左（1 + a_i \右）\ leq 1+（1 + 2a）a_1 +（1 + 2a）a_2 + \ ldots +（1 + 2a）a_i$ ， $$$i = 1,2，\ ldots，k$ 。

证明

确实，归纳 $$$1 + a_1 \ leq 1+（1 + 2a）a_1$ 。

让我们证明 $$$\左（1 + a_1 \右）\ ldots \左（1 + a_i \右）\ leq 1+（1 + 2a）a_1 + \ ldots +（1 + 2a）a_i$ 。

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

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

$$$\ leq 1+（1 + 2a）a_1 + \ ldots +（1 + 2a）a_i + \左（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}$ 。

引理3被证明。

引理3暗示

引理4.如果 $$$0 <a \ leq \ frac {1} {2}$ 和 $$$a_1，\ ldots，a_k> 0$ ， $$$a_1 + a_2 + \ ldots + a_k = a$ 然后 $$$\左（1 + a_1 \右）\ ldots \左（1 + a_k \右）\ leq 1 + a + 2a ^ 2$ 。

引理3和4有一个重要的不等式： $$$0 <a \ leq \ frac {1} {2}$ 然后

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

特别是如果 $$$a \ leq \ frac {1} {2}$ 然后 $$$E_a \ leq 2$ 。 注意不等式 $$$1 +一个\ leq E_a$ 对每个人都适用 $$$a> 0$ 。

引理5。对于任何自然 $$$n$ 公平不平等 $$$E_n \ leq 2 ^ {2n}$ 。

证明

让 $$$a_1，\ ldots，a_k> 0$ ， $$$a_1 + \ ldots + a_k = n$ 。

评价产品 $$$\左（1 + a_1 \右）\ ldots \左（1 + a_k \右）$ 。 从引理2得出

$$$\左（1+ \ frac {a_i} {2n} \右）{} ^ {2n} \ geq 1 + a_i$ 为 $$$i = 1，\ ldots，k$ 。

因此 $$$\左（1 + a_1 \右）\ ldots \左（1 + a_k \右）\ leq \左（1+ \ frac {a_1} {2n} \右）{} ^ {2n} \ ldots \左（ 1+ \ frac {a_k} {2n} \右）{} ^ {2n} = \左（\左（1+ \ frac {a_1} {2n} \右）\ ldots \左（1+ \ frac {a_k } {2n} \ right）\ right）{} ^ {2n}$ 。

由于 $$$\ frac {a_1} {2n} + \ ldots + \ frac {a_k} {2n} = \ frac {1} {2}$ ，然后应用引理4，我们得到 $$$\左（1+ \ frac {a_1} {2n} \右）\ ldots \左（1+ \ frac {a_k} {2n} \右）\ leq 1+ \ frac {1} {2} +2 \ cdot \ frac {1} {4} = 2$ 即 $$$\左（\左（1+ \ frac {a_1} {2n} \右）\ ldots \左（1+ \ frac {a_k} {2n} \右）\右）{} ^ {2n} \ leq 2 ^ {2n}$ 。

因此，证明了引理5。

引理6.让 $$$A \子集B$ 实数集的两个非空有界子集 $$$R$ 。 如果有的话 $$$b \在B $$ 有一个元素 $$$A \中的$ 这样 $$$a \ geq b$ 然后 $$$\ sup A = \ sup B$ 。

证明

很明显 $$$\ sup A \ leq \ sup B$ 。 假设 $$$\ sup A <\ sup B$ 然后那里 $$$\ varepsilon> 0$ 这样 $$$\ text {sup} A <\ text {sup} B- \ varepsilon$ 。 所以对于任何 $$$A \中的$ 真正的不平等 $$$a <\ sup B- \ varepsilon$ 。 但是在 $$$B$ 有一个元素 $$$b> \ sup B- \ varepsilon$ 。 每个 $$$A \中的$ 小于那个 $$$b$ ，这与引理的假设相矛盾，并且证明是完整的。

功能定义 $$$f$ （参展商）

我们看到（参见引理1和引理5） $$$a> 0$ 许多 $$$E_a$ 有限。 这使您可以定义功能。 $$$f：R ^ + \ rightarrow R$ 推杆 $$$f（a）= \ sup E_a$ 和 $$$f（0）= 1$ 。 对于任何非空子集 $$， $$$B$ 许多 $$$R$ 设定实数 $$$A \ cdot B = \ {x：x = a \ cdot b$ 在哪里 $$$a \在A，b \在B \}$ 。

引理7.如果 $$$A \ geq 0$ ， $$$B \ geq 0$ 非空有界子集 $$$R$ 然后 $$$\ sup（A \ cdot B）= \ sup A \ cdot \ sup B$ 。

证明

由于 $$$A \ cdot B \ leq \ sup A \ cdot \ sup B$ 然后 $$$\ sup（A \ cdot B）\ leq \ sup A \ cdot \ sup B$ 。 如果 $$$\ sup（A \ cdot B）<\ sup A \ cdot \ sup B$ 然后那里 $$$\ varepsilon> 0$ 这样 $$$\ sup（A \ cdot B）<\ text {sup} A \ cdot \ text {sup} B- \ varepsilon$ 。 因此，对于任何 $$$A \中的$ 和 $$$b \在B $$ 对的

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

选择一个序列 $$$\左\ {a_n \右\}$ 许多要素 $$收敛到 $$$\ sup A$ 和顺序 $$$\左\ {b_n \右\}$ 许多要素 $$$B$ 收敛到 $$$\ sup B$ 。 但是那 $$$a_nb_n \ rightarrow \ sup A \ cdot \ sup B$ 矛盾的 $$$（3）$ 。

引理7被证明。

引理8。对于 $$$a，b> 0$ 公平平等 $$$f（a + b）= f（a）\ cdot f（b）$ 。

证明

我们考虑一套 $$$E_a$ ， $$$E_b$ 和 $$$E_ {a + b}$ 。 包容性 $$$E_a \ cdot E_b \子集E_ {a + b}$ 显然。 我们证明对于任何 $$ 有 $$$x \在E_a$ 和 $$$y \在E_b$ 这样 $$$xy \ geq z$ 。 确实让 $$$z = \左（1 + a_1 \右）\左（1 + a_2 \右）\点\左（1 + a_k \右）$ 在哪里 $$$a_1，\ ldots，a_k> 0$ ， $$$a_1 + \ ldots + a_k = a + b$ 。 考虑正数集 $$$\ 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 \正确\}$ 。

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

放 $$$x = \左（1+ \ frac {a} {a + b} a_1 \右）\左（1+ \ frac {a} {a + b} a_2 \右）\ ldots \左（1+ \ frac {a} {a + b} a_k \正确）$ ， $$$y = \左（1+ \ frac {b} {a + b} a_1 \右）\左（1+ \ frac {b} {a + b} a_2 \右）\ ldots \左（1+ \ frac {b} {a + b} a_k \正确）$ 。

很明显 $$$x \在E_a$ ， $$$y \在E_b$ 和 $$$x \ cdot y = \左（1+ \ frac {a} {a + b} a_1 \右）\左（1+ \ frac {b} {a + b} a_1 \右）\左（1+ \ frac {a} {a + b} a_2 \右）\左（1+ \ frac {b} {a + b} a_2 \右）\ 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 \右）\左（1 + a_2 \右）\ ldots \左（1 + a_k \右）$ ，

这就完成了引理8的证明。

所以 $$$\ sup \左（E_a \ cdot E_b \ right）= \ sup E_ {a + b}$ 。 但是从引理7开始 $$$\ sup \左（E_a \ cdot E_b \右）= \ sup E_a \ cdot \ sup E_b$ 。

我们建立了一个有效的功能 $$$f$ 在一组正数上定义，使得 $$$f（a + b）= f（a）\ cdot f（b）$ 。 我们通过设置将其添加到整个数字行 $$$f（0）= 1$ 和 $$$f（a）= f ^ {-1}（-a）$ 对于任何负数 $$$一$ 。

所以功能 $$$f$ 在整数行上定义。

引理9.如果 $$$a + b = c$ 然后 $$$f（a）\ cdot f（b）= f（c）$ 。

证明

如果数字之一 $$$一$ ， $$$b$ ， $$$c$ 等于 $$$0$ 那么引理的陈述对他们是正确的。

对于这种情况 $$$a，b，c> 0$ 引理引自引理8。

此外，如果引理对于数字为真 $$$一$ ， $$$b$ ， $$$c$ ，那么数字也是如此 $$$-a$ ， $$$-b$ ， $$$-c$ 。 确实，因为 $$$f（a）\ cdot f（b）= f（c）$ 然后 $$$\ frac {1} {f（a）} \ cdot \ frac {1} {f（b）} = \ frac {1} {f（c）}$ 即 $$$f（-a）\ cdot f（-b）= f（-c）$ 。 因此，足以证明案件的引理 $$$c> 0$ 。 但是然后 $$$a> 0$ ， $$$b> 0$ 要么 $$$a> 0$ ， $$$b <0$ 要么 $$$a <0$ ， $$$b> 0$ 。 案例 $$$a> 0$ ， $$$b> 0$ 已经拆散了。 为了确定性，我们把 $$$a> 0$ ， $$$b <0$ 。 所以 $$$a + b = c$ 因此 $$$a = c +（-b）$ 在哪里 $$$一$ ， $$$c$ 和 $$$-b> 0$ 。 均值 $$$f（a）= f（c）\ cdot f（-b）$ 或 $$$f（a）= \ frac {f（c）} {f（b）}$ 即 $$$f（a）\ cdot f（b）= f（c）$ 。

引理9被证明。

关于功能 $$$f$

我们建立了一个功能 $$$f$ 在实数集上定义，这样对于任何 $$$x，y \在R $$ 对：

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

对于 $$$a> 0$ 来自 $$$（2）$ 应该

$$$f（a）\ geq 1 + a$ （5）

如果 $$$0 <a \ leq \ frac {1} {2}$然后从 $$$（2）$ 我们得到

$$$f（a）\ leq 1 + a + 2a ^ 2$ （6）

注意，因为 $$$0 <a \ leq \ frac {1} {2}$ 然后

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

终于出来了 $$$（5）$ ， $$$（6）$ ， $$$（7）$ 我们得到

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

很明显

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

因此，可以确定

$$$f（y）-f（x）= f（x）（f（y-x）-1）$ （9）

估算价值 $$$f（y-x）-1$ 。 放入不平等 $$$（8）$$$$a = y-x$ ，我们获得 $$$x$ ， $$$y$ 这样 $$$x <y$ 和 $$$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）

使用 $$$（9）$ 来自 $$$（10）$ 我们得到：

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

T.到。 $$$f（x）> 0$ ， $$$（y-x）> 0$ 然后从 $$$y> x$ 因此 $$$f（y）> f（x）$ 即 $$$f$ 增加 $$$R$ 。 下一个 $$$0 <f（y）-f（x）\ leq 2f（x）（y-x）$ 因此 $$$z> y> x$ 我们得到

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

来自 $$$（12）$ 随之而来的是 $$$（-\ infty; z]$ 机能 $$$f$ 均匀连续。 均值 $$$f$ 到处连续 $$$R$ 。

现在我们估计微分函数的值 $$$f$ 在任意点 $$$x \在R​​ $$ 。

让 $$$x_n <y_n$ 和 $$$x_n \ rightarrow x$ ， $$$y_n \ rightarrow x$ 在 $$$n \ rightarrow \ infty$ 。 然后

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

即 $$$f \左（x_n \右）\ leq \ frac {f \左（y_n \右）-f \左（x_n \右）} {y_n-x_n} \ leq f \左（x_n \右）\左（ 1 + 2 \左（y_n-x_n \右）\右）$ 。

由于 $$$f \左（x_n \右）\右箭头f（x）$ 在 $$$n \ rightarrow \ infty$ 和 $$$f \左（x_n \右）\左（1 + 2 \左（y_n-x_n \右）\右）\右箭头f（x）$ 在 $$$n \ rightarrow \ infty$ 然后

$$$\ frac {f \左（y_n \右）-f \左（x_n \右）} {y_n-x_n} \ rightarrow f（x）$ 。

这意味着 $$$f$ 随处可见 $$$R$ 和 $$$f'（x）= f（x）$ 。

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Slobodnik Semyon Grigoryevich ，
应用程序“ Tutor：mathematics”的内容开发人员（请参阅有关Habré的文章 ），物理和数学科学的候选人，莫斯科179学校的数学老师