Новый способ введения экспоненты

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


Каждому положительному числу

$a$

поставим в соответствие множество

$E_a=\left\{x:x=\left(1+a_1\right)\left(1+a_2\right)\ldots \left(1+a_k\right)\right.$

, где 

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

и

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

.

Лемма 1. Из 

$0<a<b$

следует, что для каждого элемента 

$x\in E_a$

найдётся элемент 

$y\in E_b$

такой, что

$y>x$

.

Будем писать

$A\leq c$

, если 

$c$

верхняя граница множества

$A$

. Аналогично, будем писать

$A\geq c$

, если 

$c$

— нижняя граница множества

$A$

.

Лемма 2. Если

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

, то

$\left(1+a_1\right)\left(1+a_2\right)\ldots \left(1+a_k\right)\geq 1+a_1+a_2+\text{...}+a_k$

.

Доказательство

Проведём рассуждение по индукции.

Для 

$k=1$

утверждение очевидно:

$1+a_1\geq 1+a_1$

.

Пусть 

$\left(1+a_1\right)\ldots \left(1+a_i\right)\geq 1+a_1+\ldots +a_i$

для

$1<i<k$

.

Тогда

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

.

Лемма 2 доказана.

В дальнейшем мы покажем, что каждое множество 

$E_a$

ограничено. Из леммы 2 следует, что

$\sup E_a\geq a$

(1)

Лемма 3. Если 

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

и

$a_1,\ldots ,a_k>0$

,

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

, то 

$\left(1+a_1\right)\ldots \left(1+a_i\right)\leq 1+(1+2a)a_1+(1+2a)a_2+\ldots +(1+2a)a_i$

,

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

.

Доказательство

Действительно, по индукции

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

.

Пусть уже доказано, что

$\left(1+a_1\right)\ldots \left(1+a_i\right)\leq 1+(1+2a)a_1+\ldots +(1+2a)a_i$

.

Тогда 

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

.

Лемма 3 доказана.

Из леммы 3 следует

Лемма 4. Если 

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

и

$a_1,\ldots ,a_k>0$

,

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

, то

$\left(1+a_1\right)\ldots \left(1+a_k\right)\leq 1+a+2a^2$

.

Из лемм 3 и 4 следует важное неравенство: если 

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

, то

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

(2)

В частности если

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

, то

$E_a\leq 2$

. Заметим, что неравенство 

$1+a\leq E_a$

верно для всех

$a>0$

.

Лемма 5. Для любого натурального

$n$

справедливо неравенство

$E_n\leq 2^{2n}$

.

Доказательство

Пусть

$a_1,\ldots ,a_k>0$

,

$a_1+\ldots +a_k=n$

.

Оценим произведение

$\left(1+a_1\right)\ldots \left(1+a_k\right)$

. Из леммы 2 следует, что

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

для 

$i=1,\ldots ,k$

.

Поэтому 

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

.

Так как 

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

, то применив лемму 4, получим 

$\left(1+\frac{a_1}{2n}\right)\ldots \left(1+\frac{a_k}{2n}\right)\leq 1+\frac{1}{2}+2\cdot \frac{1}{4}=2$

, 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 

$A\subset B$

два непустых ограниченных подмножества множества действительных чисел

$R$

. Если для любого 

$b\in B$

найдётся элемент 

$a\in A$

такой, что

$a\geq b$

, то

$\sup A=\sup B$

.

Доказательство

Ясно, что

$\sup A\leq \sup B$

. Если предположить, что

$\sup A<\sup B$

, то найдётся 

$\varepsilon >0$

такое, что

$\text{sup}A<\text{sup}B-\varepsilon$

. Значит, для любого 

$a\in A$

верно неравенство

$a<\sup B-\varepsilon$

. Но в 

$B$

найдётся элемент

$b>\sup B-\varepsilon$

. Значит, каждое 

$a\in A$

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

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

, где

$a\in A,b\in B\}$

.

Лемма 7. Если

$A\geq 0$

,

$B\geq 0$

непустые ограниченные подмножества

$R$

, то

$\sup (A\cdot B)=\sup A\cdot \sup B$

.

Доказательство

Так как

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

, то

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

. Если

$\sup (A\cdot B)<\sup A\cdot \sup B$

, то найдётся 

$\varepsilon >0$

такое, что

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

. Следовательно, для любых 

$a\in A$

и 

$b\in B$

верно

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

(3)

Выберем последовательность 

$\left\{a_n\right\}$

элементов множества

$A$

, сходящуюся к 

$\sup A$

и последовательность 

$\left\{b_n\right\}$

элементов множества

$B$

, сходящуюся к

$\sup B$

. Но тогда

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

, 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 

$E_a\cdot E_b\subset E_{a+b}$

очевидно. Докажем, что для любого 

$z\in E_{a+b}$

найдутся 

$x\in E_a$

и 

$y\in E_b$

такие, что

$xy\geq z$

. Действительно, пусть

$z=\left(1+a_1\right)\left(1+a_2\right)\ldots \left(1+a_k\right)$

, где

$a_1,\ldots ,a_k>0$

,

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

. Рассмотрим наборы положительных чисел

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

.

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 

$x=\left(1+\frac{a}{a+b}a_1\right)\left(1+\frac{a}{a+b}a_2\right)\ldots \left(1+\frac{a}{a+b}a_k\right)$

,

$y=\left(1+\frac{b}{a+b}a_1\right)\left(1+\frac{b}{a+b}a_2\right)\ldots \left(1+\frac{b}{a+b}a_k\right)$

.

Ясно, что

$x\in E_a$

,

$y\in E_b$

и 

$x\cdot y=\left(1+\frac{a}{a+b}a_1\right)\left(1+\frac{b}{a+b}a_1\right)\left(1+\frac{a}{a+b}a_2\right)\left(1+\frac{b}{a+b}a_2\right)\ldots$ $\ldots \left(1+\frac{a}{a+b}a_k\right)\left(1+\frac{b}{a+b}a_k\right)\geq \left(1+a_1\right)\left(1+a_2\right)\ldots \left(1+a_k\right)$

,

что завернает доказательство леммы 8.

Итак

$\sup \left(E_a\cdot E_b\right)=\sup E_{a+b}$

. Но из леммы 7 следует, что

$\sup \left(E_a\cdot E_b\right)=\sup E_a\cdot \sup E_b$

.

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

$x,y\in R$

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

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

, то из 

$(2)$

получим

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

(6)

Отметим, что т. к.

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

, то

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

(7)

Окончательно из

$(5)$

,

$(6)$

,

$(7)$

получим

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

(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

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

:

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

(10)

Используя

$(9)$

, из

$(10)$

получим:

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

(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

$x\in R$

.

Пусть 

$x_n<y_n$

и

$x_n\rightarrow x$

,

$y_n\rightarrow x$

при

$n\rightarrow \infty$

. Тогда

$\frac{f\left(x_n\right)\left(y_n-x_n\right)}{y_n-x_n}\leq \frac{f\left(y_n\right)-f\left(x_n\right)}{y_n-x_n}\leq \frac{f\left(x_n\right)\left(y_n-x_n+2\left(y_n-x_n\right){}^2\right)}{y_n-x_n}$

,

т. е.

$f\left(x_n\right)\leq \frac{f\left(y_n\right)-f\left(x_n\right)}{y_n-x_n}\leq f\left(x_n\right)\left(1+2\left(y_n-x_n\right)\right)$

.

Так как 

$f\left(x_n\right)\rightarrow f(x)$

при

$n\rightarrow \infty$

, и

$f\left(x_n\right)\left(1+2\left(y_n-x_n\right)\right)\rightarrow f(x)$

при

$n\rightarrow \infty$

, то

$\frac{f\left(y_n\right)-f\left(x_n\right)}{y_n-x_n}\rightarrow f(x)$

.

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
FavoriteLoadingДобавить в избранное
Posted in Без рубрики

Добавить комментарий

Ваш e-mail не будет опубликован. Обязательные поля помечены *