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