Математическая книга или лекция прежде всего должна быть правильной и недвусмысленной. Тем не менее мы знаем по тяжелому опыту, что совершенно недвусмысленное и правильное изложение может быть далеким от удовлетворительного и может казаться невдохновляющим, утомительным или разочаровывающим, даже если излагаемый вопрос сам по себе интересен. Наиболее бросающийся в глаза недостаток в остальном приемлемого- изложения есть «deus ex machina*. Перед дальнейшими замечаниями я хочу привести конкретный пример. Взглянем на доказательство следующей, не совсем элементарной теоремы 1).
Если члены последовательности аь а2, а3, . . . — неотрицательные действительные числа, не все равные 0, то
со со
2 (ага2аэ . . . ап)1/п <е^ап. 1 1
Доказательство. Определим числа сь с2, с3, . . . равенствами
схс2сг . . . сп=--(п+1)п
для и=1, 2, 3, . .
. Мы пользуемся этим определением, затем неравенством между арифметическим и геометрическим средними (§ 8. 6) и, наконец, тем фактом, что последовательность с общим членом [(k + 1)/k]k, определяющая е, является возрастающей. Получаем
У(и1а2. . . ап)^ = 2
Vl _ Y (°Л ■ Й2С'- • ■ • апСп)
1/п
11+1 1
У
а1с1 + а2с2+ . . . +апсп
п(п+\) 1
= У akck У —г-т-тг = (d)
dd — п(п+\) v '
= 1 n=k
(k+\)k 1
+ 1
-1
k = 1
<e ^ ak.
<
') Меня можно извинить за то, что я выбрал пример из моей собственной работы. См. Polya С, Proof of an inequality, Proc. Land. Math. Soc. (2), 24 (1925), 57. Доказанная теорема принадлежит Т. Карлеману.
.
Комментарий:
Автор :
Автор :
Автор :