Новый способ введения экспоненты

  • Tutorial
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

Trinity Digital & Баласс Group

50,00

Компания

Поделиться публикацией
Комментарии 41
    +6

    Зачем?

      0
      Обобщение определения экспоненты.
        +6

        Разве? Я не очень сейчас вижу, как такое обобщение будет работать для комплексного или матричного аргумента. Но допустим. Если автора действительно интересует обратная связь на его результат, то, как мне кажется, целесообразнее было бы постить на профессиональный математический ресурс, например dxdy.

          0
          Ну, про комплексные и матричные аргументы разговор не идёт. Я думаю, этот материал можно давать на первом курсе в рамках дисциплины «Математический анализ» в дифференциальном исчислении и как закрепление пройденного материала, и как обобщение второго замечательного предела. Можно его разбросать по темам — что-то уже рассматривать после темы «Множества вещественных чисел», что-то в пределах, и самый конец — в дифференциальном исчислении. Уж, очень красиво здесь всё сделано.
            +1

            Тогда это и не обобщение.

        +2
        Имеете в виду, зачем новое определение? Затем, что это позволяет посмотреть на известные понятия с новой точки зрения и осознать такие связи этого понятия с другими разделами математики, которые не были видны при традиционной точке зрения. Скажем, возьмите введение действительных чисел по Вейерштрассу, по Дедекинду и по Кантору. Или описанное в очень хорошем курсе дифференциальных уравнений итальянского математика Трикоми (имеется на русском языке) введение синуча и косинуса как решений дифференциального уравнения у два штриха + у =0 с начальными условиями у(0)=0, у штрих(0)=1 и у(0)=1, у штрих (0)=0 соответственно. Из этого определения выводятся все тригонометрические формулы.
          0

          О нет, что вы! Я вовсе не против ещё одного определения. Пусть будет, есть не просит. Я спрашивал, зачем это постить на хабр. Это же сырой текст, совершенно. Нет введения, описания контекста, нормального обозначения проблематики, нет выводов, нет вообще никакого анализа того, что получилось! Мы вам тут набацали, а вы сами думайте, что это, зачем и где надо. Я не против результата, меня несколько смущает форма его подачи.

            +2

            Потому что это проходит по касательной ко многим темам хабра.
            Я согласен, что не каждому это будет интересно, но найдутся и те, кто прочитает с удовольствием.

        0
        Роман, не кажется ли вам уж совсем слишком рассуждать о множестве состоящем из произведений случайных разбиений по сумме заданного положительного числа на положительные числа? Как ak-е соотносится с a? Под «каждым положительным числом» вы понимаете и рациональные и иррациональные числа?
          0
          Извините, что отвечаю (не ко мне вопрос), но я смотрю по доказательству не важно, какие именно a и a_k, главное — любые положительные числа, дающие в сумме a (и для рациональных a и a_k верно, и для иррациональных тоже).
          +1
          Спасибо, довольно интересно!
          Этот же результат можно вывести из первого замечательного предела. Наверное, можно и в обратную сторону, но это выглядит сложнее.
            0
            Здесь, по сути, обобщение второго замечательного предела.
              0
              Упс, перепутал, само собой, я имел в виду именно второй.
            +2
            Раз уж пишете сюда, проведите хотя бы сравнение с другими способами. Может, этот способ в 1000 раз быстрее на компьютере вычисляется, или проще запоминается.
              0
              Думаю, что для вычислений приведённое определение ничего не даст. Если мы вычисляем exp(x) по второму замечательному пределу, то данное определение сводится к нему как a_i = x / k, но в прикладных вычислениях, насколько мне известно, так не делают: либо в лоб — в ряд (благо из-за факториалов быстро сходится), либо алгоритм CORDIC (вот ещё).
              +4
              Все это конечно довольно лбопытно, но вот, честно говоря, тоже не понял — зачем?
              Стандартное определение экспоненты просто и более интуитивно чем то что приведено выше. При этом в отличие от Вашего оно легко обобщается на комплексные числа, а матанализ дает наиболее интересные и элегантные результаты именно в поле комплексных чисел.
              Да и если говорить об обобщениях то более интересное и полезное обобщение понятия экспоненты имхо связано с алгебрами Ли.
              А у Вас я пока вижу по сути просто любопытную математическую головоломку.
                0
                Речь идёт не о том, хуже или лучше предложенное определение, чем традиционное, хотя об этом тоже можно содержательно поговорить. Речь здесь о другом. При занятии математикой и тем более при изучении её в матклассе или на младших курсах университета (а это основная целевая аудитория статьи, как я понимаю, ну и ещё, пожалуй, те, кто учит) очень важно посмотреть на привычные понятия с неожиданной точки зрения. Я уже писал в одном из комментариев к этой статье о непривычном введении синуса и косинуса в книге Трикоми. Вот как вам такая задачка: Давайте рассмотрим функцию е(х) как решение дифф. уравнения у`=y с начальным условием у(0)=1. Забудьте на минуту, что это знакомая Вам экспонента и докажите, исходя из приведённого выше определения, что е(х+у)=е(х)е(у).
                  0

                  Какая-то странная задача. Во-первых, она достаточно простая для действительных чисел. Во-вторых, е(х+у)=е(х)е(у) это свойство не экспоненты, а показательной функции вообще. В-третьих, это свойство не выполняется, например, для матричного аргумента, то есть это свойство не является, на мой взгляд, каким-то принципиальным признаком для экспоненты.

                    0
                    Дело не в сложности задачи, а в том, что она позволяет по-новому взглянуть на привычные вещи. Или вот ещё задачка (по мотивам написанного Вами): дифференцируемая функция е(х) при всех х и у удовлетворяет условию е(х+у)=е(х)е(у) и при этом е(0)=1. Что можно сказать о функции е(х)?
                      0

                      Удивите меня. Какой тут будет новый взгляд на привычные вещи?
                      Я испытываю уверенность, что у большинства хороших преподавателей за их карьеру накапливается коллекция подобных задачек-вопросов.

                    0
                    Ну давайте прикинем. Если f — решение f'=f то af(x) и f(x-a) — тоже решения. Отличаются лишь начальные условия: для af(x) это будет f(0)=a а для f(x-a) это будет f(a) = 1. Ну и соответствено af(x-b) есть решение для начальных условий f(b)=a.

                    Берем теперь искомую f удовлетворяющую условию f(0)=1. Для любой a имеем f(a)=a. Рассматривая это как новое начальное условие, в соответствии с вышеизложенным получаем для этой задачи решение f2(x) = af(x-a). А поскольку в силу единственности решения f2(x)=f(x) то f(x)=af(x-a) для любого a. Вспоминая что a=f(a), получаем что для любого a, f(x)=f(a)f(x-a). Взяв в качестве x=a+b находим что f(a+b)=f(a)f(b)

                    Но это больше в стиле алгебры Ли решение.
                      0
                      Наверное, имелось в виду f(a)=c?
                      f2(x) = cf(x-a) = f(a)f(x-a) = f(x)
                      Иначе я не понимаю, откуда берётся f(a)=a и почему это верно для экспоненты.
                        0
                        Да, совершенно верно, спасибо за исправление!
                        0
                        Вы уверены, что (цитата) «Для любой a имеем f(a)=a»?
                          0
                          Неаккуратно идею записал, выше уважаемый DinoL все совершенно верно поправил.
                    +3
                    Как я рад, что есть люди, которые понимают, что тут написано. Иначе бы мы до сих пор на пальмах сидели ;)
                      +1
                      Очень интересно!

                      Мне почему-то интуитивно кажется, что на основе этого подхода можно попытаться продвинуться вперёд в другом классе задач, связанных с экспонентой.

                      Известно, что понятие тетрации до сих пор не обобщено на произвольные действительные степени (https://en.wikipedia.org/wiki/Tetration#Extension_to_real_heights). При этом частным случаем этой нерешённой задачи (для степени = 1/2) выглядит следующая проблема, иногда возникающая в физике:

                      Найти такую аналитическую функцию f(x), чтобы f(f(x)) == exp(x) на всей комплексной плоскости.

                      Насколько я в курсе, вроде бы доказано, что такая функция возможна (но непонятно, уникальна ли) только на подмножестве действительных чисел, но суть не в этом. Интересна другая мысль. Допустим, мы определим экспоненту Вашим способом. Можно ли, основываясь на этом подходе, формально построить затем выражение для f(x)? Ощущается тут какой-то потенциал. А это, мне кажется, дало бы обобщение тетрации хотя бы для z = 1/2 и каких-то действительных оснований.
                        0

                        А к чему все эти сложности с множествами E_a, если и так понятно, что максимум будет при a_i = a/n => f(a) = (1 + a/n)^n, то есть на самом деле мы ищем Sup({(1 + a/n)^n}, n in N), что при монотонности по n приводит к взп?

                          +1
                          Поддерживаю. Можно же сразу доказать, что sup(E_a) = exp(a). Неравенство Коши нам в помощь: (1+a_1)...(1+a_k)<=(1+a/k)^k, причем равенство достигается. При стремлении k к бесконечности правая часть стремится к exp(a).
                            0
                            Круто! Неравенство Коши и мы приходим к классике! Но всё равно подход красивый, и как закрепление пройденного материала хорошо пойдёт.
                              +1
                              Не соглашусь насчёт красоты, но это дело вкуса.
                              Я вижу ситуацию таковой: взяли мы R+параметризованные ограниченные сверху числовые множества. Причём их супремумы в точности совпадают с экспонентами параметра. Это можно доказать короче, чем в статье и сразу получить показательную функцию, про которую известно, что она непрерывна, дифференцируема и т.д. На мой взгляд красота математического доказательства состоит в быстром и оригинальном сведении рассуждений к ранее доказанным вещам. Здесь же доказательства выглядят громоздко, и неотделимы от структуры множеств. Можно взять в качестве множеств E_a={1+sum(a^n/n!, n=1..k)} (множества значений струй экспоненты). Суть та же, а данные доказательства уже не подойдут. Таких наборов множеств можно придумать сколько угодно, в чём ценность именно данного для меня неясно.
                              Как обобщить эту конструкцию непонятно, поскольку из доказательства видно, что речь может идти только о действительных числах. По крайней мере элементы должны принадлежать непрерывному упорядоченному полю. Непрерывность и упорядоченность нужны для супремума.
                              В целом выглядит достаточно искусственно, но безусловно есть интересные моменты. Для меня это связь разбиений числа на суммы с экспонентой и естественное доказательство f=f'.
                              Интересно попробовать из этой статьи сформулировать олимпиадную университетскую задачку и посмотреть как студенты будут её решать.
                              0
                              По поводу «Можно же сразу доказать, что sup(E_a) = exp(a).» Не забывайте, что целью статьи является ВВЕДЕНИЕ экспоненты, т.е. в этот момент мы НЕ ЗНАЕМ ещё, что такое exp(a).
                                0
                                Да ясно всё с введением, только экспонента — это просто показательная функция с очень интересным основанием. Или автор предполагает, что в начале статьи мы не знаем про показательную функцию, зато знаем что такое супремум, предел последовательности и производная? Вряд ли. А то, что sup(E_a)=e^a следует из второго замечательного предела, это известный результат. То есть получили показательную функцию с основанием в виде второго замечательного предела. Дальше можно придумывать свои, неклассические способы доказательства свойств этой функции, а смысл?
                                Самое интересное — как раз доказательство f=f' через пределы числовых последовательностей, я такого для функции одного переменного не видел ни разу.
                            0
                            Перечитал внимательнее.

                            Во-первых, в неравенстве (2) не пропущено ли sup перед Ea?

                            Во-вторых, а чему равно k? Или подразумевается предельный переход к бесконечности? Как-то из текста это неочевидно.
                              0
                              Да, пропущено. И можно супремум заменить на предел при k -> бесконечности, но для дальнейших рассуждений автору удобнее пользоваться всё-таки супремумом, как мне кажется.
                                0
                                Насчёт, пропущено ли sup. Прочитайте внимательно маленький абзац между леммами 1 и 2. Необычный язык выбрал автор, но его право…
                                  0
                                  Тогда в неравенстве (2) и далее неграмотно написано — множество не может сравниваться с числом, элемент числового множества может. Здесь смысл не потеряется, если писать x вместо E_a, а потом написать, что x принадлежит E_a. Скорее всего, автор написал так, чтобы укоротить запись. Кстати, супремум в определении экспоненты можно заменить/дополнить(написав рядом) пределом при k -> бесконечности — это даёт выход на вычислительную процедуру.
                                0
                                Я не понял как автор обобщает функцию f на отрицательные числа :(
                                f(a)=f^(-1)(a)? Это как сработает? Мы знаем, что f=exp (должно быть), но тогда выходит, что exp(a)=log(-a)
                                  0
                                  Это неаккуратная запись. Имеется в виду f(a)=1/(f(-a)) при а<0
                                    +1
                                    Это я сглупил, пардон. Там просто -1 должна быть правее. А ещё лучше как у Вас написано, сразу понятно что к чему.
                                      0

                                      Тоже сначала перепутал с обратной функцией. Неочевидно у автора написано.

                              Только полноправные пользователи могут оставлять комментарии. Войдите, пожалуйста.

                              Самое читаемое