Математика — это для всех! «Репетитор: математика»

Новый способ введения экспоненты

Новый способ введения экспоненты

Эта статья также доступна в нашем блоге на Хабрахабре.

Каждому положительному числу a поставим в соответствие множество Ea={x:x=1+a11+a21+ak, где a1, a2,,ak>0 и a1+a2++ak=a}.

Лемма 1. Из 0<a<b следует, что для каждого элемента xEa найдётся элемент yEb такой, что y>x.

Будем писать Ac, если c верхняя граница множества A. Аналогично, будем писать Ac, если c — нижняя граница множества A.

Лемма 2. Если a1,a2,,ak>0, то 1+a11+a21+ak1+a1+a2+...+ak.

Доказательство

Проведём рассуждение по индукции.

Для k=1 утверждение очевидно: 1+a11+a1.

Пусть 1+a11+ai1+a1++ai для 1<i<k.

Тогда 1+a11+ai1+ai+11+a1++ai+1+a1++aiai+1

1+a1++ai+ai+1.

Лемма 2 доказана.

В дальнейшем мы покажем, что каждое множество Ea ограничено. Из леммы 2 следует, что

sup Eaa  1

Лемма 3. Если 0<a12 и a1,,ak>0, a1+a2++ak=a, то 1+a11+ai1+1+2aa1+1+2aa2++1+2aai, i= 1,2,,k.

Доказательство

Действительно, по индукции 1+a11+1+2aa1.

Пусть уже доказано, что 1+a11+ai1+1+2aa1++1+2aai.

Тогда 1+a11+ai1+ai+11+1+2aa1++1+2aai+

+1+1+2aa1++1+2aaiai+1

1+1+2aa1++1+2aai+1+2a1++2aiai+1

1+1+2aa1++1+2aai+1+2aai+1.

Лемма 3 доказана.

Из леммы 3 следует

Лемма 4. Если 0<a12 и a1,,ak>0, a1+a2++ak=a, то 1+a11+ak1+a+2a2.

Из лемм 3 и 4 следует важное неравенство: если 0<a12, то

1+aEa1+a+2a2  2

В частности если a12, то Ea2. Заметим, что неравенство 1+aEa верно для всех a>0.

Лемма 5. Для любого натурального n справедливо неравенство En22n.

Доказательство

Пусть a1,,ak>0, a1++ak=n.

Оценим произведение 1+a11+ak. Из леммы 2 следует, что

1+ai2n2n1+ai для i=1,,k.

Поэтому 1+a11+ak1+a12n2n1+ak2n2n=1+a12n1+ak2n2n.

Так как a12n++ak2n=12, то применив лемму 4, получим 1+a12n1+ak2n1+12+2·14=2, т. е. 1+a12n1+ak2n2n22n.

Итак, лемма 5 доказана.

Лемма 6. Пусть AB два непустых ограниченных подмножества множества действительных чисел R. Если для любого bB найдётся элемент aA такой, что ab, то supA=supB.

Доказательство

Ясно, что supAsupB. Если предположить, что sup A<sup B, то найдётся ε>0 такое, что sup A<sup B-ε. Значит, для любого aA верно неравенство a<sup B-ε. Но в B найдётся элемент b>supBε. Значит, каждое aA меньше этого b, что противоречит условию леммы, и доказательство на этом закончено.

Мы видим (см. лемму 1 и лемму 5), что для любого a>0 множество Ea ограничено. Это позволяет определить функцию f:R+R, положив fa=supEa и f0=1. Для любых непустых подмножеств A, B множества R действительных чисел положим A·B={x:x=a·b, где aA,bB}.

Лемма 7. Если A0, B0 непустые ограниченные подмножества R, то supA·B=supA·supB.

Доказательство

Так как A·BsupA·supB, то supA·BsupA·supB. Если supA·B<supA·supB, то найдётся ε>0 такое, что supA·B<sup A·sup B-ε. Следовательно, для любых aA и bB верно

ab<sup Asup B-ε  3

Выберем последовательность {an} элементов множества A, сходящуюся к supA и последовательность {bn} элементов множества B, сходящуюся к supB. Но тогда anbnsupA·supB, что противоречит 3.

Лемма 7 доказана.

Лемма 8. Для a,b>0 справедливо равенство fa+b=fa·fb.

Доказательство

Рассмотрим множества Ea, Eb и Ea+b. Включение Ea·EbEa+b очевидно. Докажем, что для любого zEa+b найдутся xEa и yEb такие, что xyz. Действительно, пусть z=1+a11+a21+ak, где a1,,ak>0, a1++ak=a+b. Рассмотрим наборы положительных чисел {aa+ba1,,aa+bak}, {ba+ba1,,ba+bak}.

Ясно, что aa+ba1+aa+ba2++aa+bak=a, ba+ba1+ba+ba2++ba+bak=b.

Положим x=1+aa+ba11+aa+ba21+aa+bak, y=1+ba+ba11+ba+ba21+ba+bak.

Ясно, что xEa, yEb и x·y=1+aa+ba11+ba+ba11+aa+ba21+ba+ba2

1+aa+bak1+ba+bak1+a11+a21+ak,

что завернает доказательство леммы 8.

Итак sup(Ea·Eb)=supEa+b. Но из леммы 7 следует, что supEa·Eb =supEa·supEb.

Мы построили действительную функцию f, определённую на множестве положительных чисел, такую что fa+b=fa·fb. Доопределим её на всю числовую прямую, положив f0=1 и fa =f−1-a для любого отрицательного числа a.

Итак, функция f определена на всей числовой прямой.

Лемма 9. Если a+b=c, то fa ·fb =fc.

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 fa ·fb=fc, то 1fa·1fb=1fc, т. е. f-a ·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, fa=fc·f-b или fa=fcfb, т. е. fa·fb=fc.

Лемма 9 доказана.

Мы построили функцию f, определённую на множестве действительных чисел, такую, что для любых x,yR верно:

fx>0, fx+y=fx·fy  4

Для a>0 из 2 следует

fa1+a  5

Если же 0<a12, то из 2 получим

fa1+a+2a2  6

Отметим, что т. к. 0<a12, то

a+2a2=a1+2a2a  7

Окончательно из 5, 6, 7 получим

afa-1a+2a22a  8

Ясно что

fy-fx=fx+y-x-fx=fxfy-x-fx=fxfy-x-1.

Итак, установлено, что

fy-fx=fxfy-x-1  9

Оценим величину fy-x-1. Положив в неравенстве 8 a=y-x, получим для x, y таких, что x<y и y-x12:

y-xfy-x-1y-x+2y-x22y-x  10

Используя 9, из 10 получим:

fxy-xfy-fxfxy-x+2y-x22fxy-x  11

Т. к. fx>0, y-x>0, то из y>x следует, что fy>fx, т. е. f возрастает на R. Далее 0<fy-fx2fxy-x, поэтому для z>y>x получим

|fy-fx|2fzy-x  12

Из 12 следует, что на множестве (-;z] функция f равномерно непрерывна. Значит, f непрерывна всюду на R.

Теперь оценим величину производной функции f в произвольной точке xR.

Пусть xn<yn и xnx, ynx при n→∞. Тогда

fxnyn-xnyn-xnfyn-fxnyn-xnfxnyn-xn+2yn-xn2yn-xn,

т. е. fxnfyn-fxnyn-xnfxn1+2yn-xn.

Так как fxnfx при n→∞, и fxn1+2yn-xnfx при n→∞, то

fyn-fxnyn-xnfx.

Это значит, что f всюду дифференцируема на R и f'x=fx.

Автор

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

Хотите получать уведомления о новых статьях в блоге? Подпишитесь на обновления.