Новости Русского мира

Новый способ введения экспоненты / Блог компании Trinity Digital & Баласс Group / Хабр

0 44

- Advertisement -


В статье предложен новый весьма необычный способ определения экспоненты и на основе этого определения выведены её основные свойства.
Каждому положительному числу

поставим в соответствие множество

(function ($) { var bsaProContainer = $('.bsaProContainer-5'); var number_show_ads = "0"; var number_hide_ads = "0"; if ( number_show_ads > 0 ) { setTimeout(function () { bsaProContainer.fadeIn(); }, number_show_ads * 1000); } if ( number_hide_ads > 0 ) { setTimeout(function () { bsaProContainer.fadeOut(); }, number_hide_ads * 1000); } })(jQuery); $E_a=left{x:x=left(1+a_1right)left(1+a_2right)ldots left(1+a_kright)right.$

, где  $a_1,a_2,ldots ,a_k>0$

и $left.a_1+a_2+ldots +a_k=aright}$

.

Лемма 1. Из 

$0<a<b$

следует, что для каждого элемента  $xin E_a$

найдётся элемент  $yin E_b$

такой, что $y>x$

.

Будем писать $Aleq c$

, если  $c$

верхняя граница множества $A$

. Аналогично, будем писать $Ageq c$

, если  $c$

— нижняя граница множества $A$

.

Лемма 2. Если $a_1,a_2,ldots ,a_k>0$

, то $left(1+a_1right)left(1+a_2right)ldots left(1+a_kright)geq 1+a_1+a_2+text{...}+a_k$

.

Доказательство

Проведём рассуждение по индукции.

Для  $k=1$

утверждение очевидно: $1+a_1geq 1+a_1$

.

Пусть  $left(1+a_1right)ldots left(1+a_iright)geq 1+a_1+ldots +a_i$

для $1<i<k$

.

Тогда $left(1+a_1right)ldots left(1+a_iright)left(1+a_{i+1}right)geq 1+a_1+ldots +a_i+left(1+a_1+ldots +a_iright)a_{i+1}geq$

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

.

Лемма 2 доказана.

В дальнейшем мы покажем, что каждое множество  $E_a$

ограничено. Из леммы 2 следует, что

$sup E_ageq a$

(1)

Лемма 3. Если  $0<aleq frac{1}{2}$

и $a_1,ldots ,a_k>0$

, $a_1+a_2+ldots +a_k=a$

, то  $left(1+a_1right)ldots left(1+a_iright)leq 1+(1+2a)a_1+(1+2a)a_2+ldots +(1+2a)a_i$

, $i=1,2,ldots ,k$

.

Доказательство

Действительно, по индукции $1+a_1leq 1+(1+2a)a_1$

.

Пусть уже доказано, что $left(1+a_1right)ldots left(1+a_iright)leq 1+(1+2a)a_1+ldots +(1+2a)a_i$

.

Тогда  $left(1+a_1right)ldots left(1+a_iright)left(1+a_{i+1}right)leq 1+(1+2a)a_1+ldots +(1+2a)a_i+$

$+left(1+(1+2a)a_1+ldots +(1+2a)a_iright)a_{i+1}leq$

$leq 1+(1+2a)a_1+ldots +(1+2a)a_i+left(1+2a_1+ldots +2a_iright)a_{i+1}leq$

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

.

Лемма 3 доказана.

Из леммы 3 следует

Лемма 4. Если  $0<aleq frac{1}{2}$

и $a_1,ldots ,a_k>0$

, $a_1+a_2+ldots +a_k=a$

, то $left(1+a_1right)ldots left(1+a_kright)leq 1+a+2a^2$

.

Из лемм 3 и 4 следует важное неравенство: если  $0<aleq frac{1}{2}$

, то

$1+aleq E_aleq 1+a+2a^2$

(2)

В частности если $aleq frac{1}{2}$

, то $E_aleq 2$

. Заметим, что неравенство  $1+aleq E_a$

верно для всех $a>0$

.

Лемма 5. Для любого натурального $n$

справедливо неравенство $E_nleq 2^{2n}$

.

Доказательство

Пусть $a_1,ldots ,a_k>0$

, $a_1+ldots +a_k=n$

.

Оценим произведение $left(1+a_1right)ldots left(1+a_kright)$

. Из леммы 2 следует, что

$left(1+frac{a_i}{2n}right){}^{2n}geq 1+a_i$

для  $i=1,ldots ,k$

.

Поэтому  $left(1+a_1right)ldots left(1+a_kright)leq left(1+frac{a_1}{2n}right){}^{2n}ldots left(1+frac{a_k}{2n}right){}^{2n}=left(left(1+frac{a_1}{2n}right)ldots left(1+frac{a_k}{2n}right)right){}^{2n}$

.

Так как  $frac{a_1}{2n}+ldots +frac{a_k}{2n}=frac{1}{2}$

, то применив лемму 4, получим  $left(1+frac{a_1}{2n}right)ldots left(1+frac{a_k}{2n}right)leq 1+frac{1}{2}+2cdot frac{1}{4}=2$

, т. е. $left(left(1+frac{a_1}{2n}right)ldots left(1+frac{a_k}{2n}right)right){}^{2n}leq 2^{2n}$

.

Итак, лемма 5 доказана.

Лемма 6. Пусть  $Asubset B$

два непустых ограниченных подмножества множества действительных чисел $R$

. Если для любого  $bin B$

найдётся элемент  $ain A$

такой, что $ageq b$

, то $sup A=sup B$

.

Доказательство

Ясно, что $sup Aleq sup B$

. Если предположить, что $sup A<sup B$

, то найдётся  $varepsilon >0$

такое, что $text{sup}A<text{sup}B-varepsilon$

. Значит, для любого  $ain A$

верно неравенство $a<sup B-varepsilon$

. Но в  $B$

найдётся элемент $b>sup B-varepsilon$

. Значит, каждое  $ain A$

меньше этого $b$

, что противоречит условию леммы, и доказательство на этом закончено.

Определение функции $f$

(экспоненты)

Мы видим (см. лемму 1 и лемму 5), что для любого  $a>0$

множество  $E_a$

ограничено. Это позволяет определить функцию $f:R^+rightarrow R$

, положив $f(a)=sup E_a$

 и $f(0)=1$

. Для любых непустых подмножеств $A$

, $B$

множества $R$

действительных чисел положим $Acdot B={x:x=acdot b$

, где $ain A,bin B}$

.

Лемма 7. Если $Ageq 0$

, $Bgeq 0$

непустые ограниченные подмножества $R$

, то $sup (Acdot B)=sup Acdot sup B$

.

Доказательство

Так как $Acdot Bleq sup Acdot sup B$

, то $sup (Acdot B)leq sup Acdot sup B$

. Если $sup (Acdot B)<sup Acdot sup B$

, то найдётся  $varepsilon >0$

такое, что $sup (Acdot B)<text{sup}Acdot text{sup}B-varepsilon$

. Следовательно, для любых  $ain A$

и  $bin B$

верно

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

(3)

Выберем последовательность  $left{a_nright}$

элементов множества $A$

, сходящуюся к  $sup A$

и последовательность  $left{b_nright}$

элементов множества $B$

, сходящуюся к $sup B$

. Но тогда $a_nb_nrightarrow sup Acdot sup B$

, что противоречит $(3)$

.

Лемма 7 доказана.

Лемма 8. Для $a,b>0$

справедливо равенство $f(a+b)=f(a)cdot f(b)$

.

Доказательство

Рассмотрим множества $E_a$

, $E_b$

и $E_{a+b}$

. Включение  $E_acdot E_bsubset E_{a+b}$

очевидно. Докажем, что для любого  $zin E_{a+b}$

найдутся  $xin E_a$

и  $yin E_b$

такие, что $xygeq z$

. Действительно, пусть $z=left(1+a_1right)left(1+a_2right)ldots left(1+a_kright)$

, где $a_1,ldots ,a_k>0$

, $a_1+ldots +a_k=a+b$

. Рассмотрим наборы положительных чисел $left{frac{a}{a+b}a_1,ldots ,frac{a}{a+b}a_kright},left{frac{b}{a+b}a_1,ldots ,frac{b}{a+b}a_kright}$

.

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

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

.

Положим  $x=left(1+frac{a}{a+b}a_1right)left(1+frac{a}{a+b}a_2right)ldots left(1+frac{a}{a+b}a_kright)$

, $y=left(1+frac{b}{a+b}a_1right)left(1+frac{b}{a+b}a_2right)ldots left(1+frac{b}{a+b}a_kright)$

.

Ясно, что $xin E_a$

, $yin E_b$

и  $xcdot y=left(1+frac{a}{a+b}a_1right)left(1+frac{b}{a+b}a_1right)left(1+frac{a}{a+b}a_2right)left(1+frac{b}{a+b}a_2right)ldots$

$ldots left(1+frac{a}{a+b}a_kright)left(1+frac{b}{a+b}a_kright)geq left(1+a_1right)left(1+a_2right)ldots left(1+a_kright)$

,

что завернает доказательство леммы 8.

Итак $sup left(E_acdot E_bright)=sup E_{a+b}$

. Но из леммы 7 следует, что $sup left(E_acdot E_bright)=sup E_acdot sup E_b$

.

Мы построили действительную функцию $f$

, определённую на множестве положительных чисел, такую что $f(a+b)=f(a)cdot f(b)$

. Доопределим её на всю числовую прямую, положив  $f(0)=1$

и $f(a)=f^{-1}(-a)$

 для любого отрицательного числа $a$

.

Итак, функция $f$

определена на всей числовой прямой.

Лемма 9. Если $a+b=c$

, то $f(a)cdot f(b)=f(c)$

.

Доказательство

Если одно из чисел $a$

, $b$

, $c$

равно $0$

, то для них утверждение леммы верно.

Для случая когда  $a,b,c>0$

лемма следует из леммы 8.

Далее, если лемма верна для чисел $a$

, $b$

, $c$

, то она верна и для чисел $-a$

, $-b$

, $-c$

. Действительно, так как $f(a)cdot f(b)=f(c)$

, то $frac{1}{f(a)}cdot frac{1}{f(b)}=frac{1}{f(c)}$

, т. е. $f(-a)cdot f(-b)=f(-c)$

. Значит, достаточно доказать лемму для случая $c>0$

. Но тогда либо  $a>0$

, $b>0$

, либо $a>0$

, $b<0$

, либо $a<0$

, $b>0$

. Случай $a>0$

, $b>0$

уже разобран. Для определённости положим $a>0$

, $b<0$

. Итак, $a+b=c$

, следовательно $a=c+(-b)$

, где $a$

, $c$

и $-b>0$

. Значит, $f(a)=f(c)cdot f(-b)$

или $f(a)=frac{f(c)}{f(b)}$

, т. е. $f(a)cdot f(b)=f(c)$

.

Лемма 9 доказана.

О функции $f$

Мы построили функцию  $f$

, определённую на множестве действительных чисел, такую, что для любых $x,yin R$

верно:

$f(x)>0$

, $f(x+y)=f(x)cdot f(y)$

(4)

Для $a>0$

из $(2)$

следует

$f(a)geq 1+a$

(5)

Если же $0<aleq frac{1}{2}$

, то из  $(2)$

получим

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

(6)

Отметим, что т. к. $0<aleq frac{1}{2}$

, то

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

(7)

Окончательно из $(5)$

, $(6)$

, $(7)$

получим

$aleq f(a)-1leq a+2a^2leq 2a$

(8)

Ясно что

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

.

Итак, установлено, что

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

(9)

Оценим величину $f(y-x)-1$

. Положив в неравенстве $(8)$

  $a=y-x$

, получим для $x$

, $y$

таких, что  $x<y$

и $y-xleq frac{1}{2}$

:

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

(10)

Используя $(9)$

, из $(10)$

получим:

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

(11)

Т. к. $f(x)>0$

, $(y-x)>0$

, то из $y>x$

следует, что $f(y)>f(x)$

, т. е. $f$

возрастает на $R$

. Далее $0<f(y)-f(x)leq 2f(x)(y-x)$

, поэтому для $z>y>x$

получим

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

(12)

Из $(12)$

следует, что на множестве $(-infty ;z]$

функция  $f$

равномерно непрерывна. Значит, $f$

непрерывна всюду на $R$

.

Теперь оценим величину производной функции $f$

в произвольной точке $xin R$

.

Пусть  $x_n<y_n$

и $x_nrightarrow x$

, $y_nrightarrow x$

при $nrightarrow infty$

. Тогда

$frac{fleft(x_nright)left(y_n-x_nright)}{y_n-x_n}leq frac{fleft(y_nright)-fleft(x_nright)}{y_n-x_n}leq frac{fleft(x_nright)left(y_n-x_n+2left(y_n-x_nright){}^2right)}{y_n-x_n}$

,

т. е. $fleft(x_nright)leq frac{fleft(y_nright)-fleft(x_nright)}{y_n-x_n}leq fleft(x_nright)left(1+2left(y_n-x_nright)right)$

.

Так как  $fleft(x_nright)rightarrow f(x)$

при $nrightarrow infty$

, и $fleft(x_nright)left(1+2left(y_n-x_nright)right)rightarrow f(x)$

при $nrightarrow infty$

, то

$frac{fleft(y_nright)-fleft(x_nright)}{y_n-x_n}rightarrow f(x)$

.

Это значит, что $f$

всюду дифференцируема на $R$

и $f'(x)=f(x)$

.


Слободник Семён Григорьевич,
разработчик контента для приложения «Репетитор: математика» (см.
статью на Хабре), кандидат физико-математических наук, учитель математики школы 179 г. Москвы



Source link

- Advertisement -

Comments
Loading...