Caracterizaciones de la función exponencial

El error de la expresión del límite del producto se describe mediante:$${\displaystyle \left(1+{\frac {x}{n}}\right)^{n}=e^{x}\left(1-{\frac {x^{2}}{2n}}+{\frac {x^{3}(8+3x)}{24n^{2}}}+\cdots \right),}$$ donde el grado del polinomio (en x ) en el término con denominador n ^k es  2 k .

Desde $${\displaystyle \lim _{n\to \infty }\left|{\frac {x^{n+1}/(n+1)!}{x^{n}/n!}}\right|=\lim _{n\to \infty }\left|{\frac {x}{n+1}}\right|=0<1.}$$De la prueba de razón se deduce que${\textstyle \sum _{n=0}^{\infty }{\frac {x^{n}}{n!}}}$converge para todo x .

Dado que el integrando es una función integrable de t , la expresión integral está bien definida. Debe demostrarse que la función de${\displaystyle \mathbb {R} ^{+}}$a${\displaystyle \mathbb {R} }$definido por $${\displaystyle x\mapsto \int _{1}^{x}{\frac {dt}{t}}}$$ es una biyección . Dado que 1/ t es positivo para t positivo , esta función es estrictamente creciente , por lo tanto inyectiva . Si las dos integrales $${\displaystyle {\begin{aligned}\int _{1}^{\infty }{\frac {dt}{t}}&=\infty \\[8pt]\int _{1}^{0}{\frac {dt}{t}}&=-\infty \end{aligned}}}$$Si se cumple, entonces también es sobreyectiva . En efecto, estas integrales se cumplen; se derivan del criterio integral y de la divergencia de la serie armónica .

La definición depende del único número real positivo${\displaystyle a=e}$satisfactorio:$${\displaystyle \lim _{h\to 0}{\frac {a^{h}-1}{h}}=1.}$$Se puede demostrar que este límite existe para cualquier${\displaystyle a}$y define una función creciente continua${\displaystyle f(a)=\ln(a)}$con${\displaystyle f(1)=0}$y${\displaystyle \lim _{a\to \infty }f(a)=\infty }$, por lo que el teorema del valor intermedio garantiza la existencia de tal valor.${\displaystyle a=e}$.

El siguiente argumento está adaptado del teorema 3.31 de Rudin, págs.  63-65.

Dejar${\displaystyle x\geq 0}$Sea un número real fijo no negativo. Defina $${\displaystyle t_{n}=\left(1+{\frac {x}{n}}\right)^{n},\qquad s_{n}=\sum _{k=0}^{n}{\frac {x^{k}}{k!}},\qquad e^{x}=\lim _{n\to \infty }s_{n}.}$$

Por el teorema del binomio , $${\displaystyle {\begin{aligned}t_{n}&=\sum _{k=0}^{n}{n \choose k}{\frac {x^{k}}{n^{k}}}=1+x+\sum _{k=2}^{n}{\frac {n(n-1)(n-2)\cdots (n-(k-1))x^{k}}{k!\,n^{k}}}\\[8pt]&=1+x+{\frac {x^{2}}{2!}}\left(1-{\frac {1}{n}}\right)+{\frac {x^{3}}{3!}}\left(1-{\frac {1}{n}}\right)\left(1-{\frac {2}{n}}\right)+\cdots \\[8pt]&{}\qquad \cdots +{\frac {x^{n}}{n!}}\left(1-{\frac {1}{n}}\right)\cdots \left(1-{\frac {n-1}{n}}\right)\leq s_{n}\end{aligned}}}$$ (usando x  ≥  0 para obtener la desigualdad final) de modo que: $${\displaystyle \limsup _{n\to \infty }t_{n}\leq \limsup _{n\to \infty }s_{n}=e^{x}}$$ Hay que usar lim sup porque no se sabe si t _n converge .

Para la otra desigualdad, por la expresión anterior para t _n , si 2  ≤ m ≤ n , tenemos:  $${\displaystyle 1+x+{\frac {x^{2}}{2!}}\left(1-{\frac {1}{n}}\right)+\cdots +{\frac {x^{m}}{m!}}\left(1-{\frac {1}{n}}\right)\left(1-{\frac {2}{n}}\right)\cdots \left(1-{\frac {m-1}{n}}\right)\leq t_{n}.}$$

Fijemos m y dejemos que n tienda a infinito. Entonces $${\displaystyle s_{m}=1+x+{\frac {x^{2}}{2!}}+\cdots +{\frac {x^{m}}{m!}}\leq \liminf _{n\to \infty }\ t_{n}}$$ (Nuevamente, se debe usar lim inf porque no se sabe si t _n converge). Ahora, tome la desigualdad anterior, haga que m tienda a infinito y júntela con la otra desigualdad para obtener: $${\displaystyle \limsup _{n\to \infty }t_{n}\leq e^{x}\leq \liminf _{n\to \infty }t_{n}}$$ de modo que $${\displaystyle \lim _{n\to \infty }t_{n}=e^{x}.}$$

Esta equivalencia puede extenderse a los números reales negativos observando que${\textstyle \left(1-{\frac {r}{n}}\right)^{n}\left(1+{\frac {r}{n}}\right)^{n}=\left(1-{\frac {r^{2}}{n^{2}}}\right)^{n}}$y tomando el límite cuando n tiende a infinito.

Aquí, la función logaritmo natural se define en términos de una integral definida como se indicó anteriormente. Por la primera parte del teorema fundamental del cálculo , $${\displaystyle {\frac {d}{dx}}\ln x={\frac {d}{dx}}\int _{1}^{x}{\frac {1}{t}}\,dt={\frac {1}{x}}.}$$

Además,${\textstyle \ln 1=\int _{1}^{1}{\frac {dt}{t}}=0}$

Ahora, sea x cualquier número real fijo, y sea $${\displaystyle y=\lim _{n\to \infty }\left(1+{\frac {x}{n}}\right)^{n}.}$$

Ln( y ) = x , lo que implica que y = e ^x , donde e ^x está en el sentido de la definición 3. Tenemos $${\displaystyle \ln y=\ln \lim _{n\to \infty }\left(1+{\frac {x}{n}}\right)^{n}=\lim _{n\to \infty }\ln \left(1+{\frac {x}{n}}\right)^{n}.}$$

Aquí se utiliza la continuidad de ln( y ), que se deduce de la continuidad de 1/ t : $${\displaystyle \ln y=\lim _{n\to \infty }n\ln \left(1+{\frac {x}{n}}\right)=\lim _{n\to \infty }{\frac {x\ln \left(1+(x/n)\right)}{(x/n)}}.}$$

Aquí se ha utilizado el resultado ln a ⁿ = n ln a . Este resultado puede establecerse para n un número natural por inducción o mediante integración por sustitución . (La extensión a potencias reales debe esperar hasta que se haya establecido que ln y exp son inversas entre sí, de modo que a ^b pueda definirse para b real como e ^{b ln a} ). $${\displaystyle =x\cdot \lim _{h\to 0}{\frac {\ln \left(1+h\right)}{h}}\quad {\text{ where }}h={\frac {x}{n}}}$$$${\displaystyle =x\cdot \lim _{h\to 0}{\frac {\ln \left(1+h\right)-\ln 1}{h}}}$$$${\displaystyle =x\cdot {\frac {d}{dt}}\ln t{\Bigg |}_{t=1}}$$$${\displaystyle \!\,=x.}$$

Dejar${\displaystyle y(t)}$denota la solución al problema de valor inicial${\displaystyle y'=y,\ y(0)=1}$Aplicando la forma más simple del método de Euler con incremento${\displaystyle \Delta t={\frac {x}{n}}}$y puntos de muestreo${\displaystyle t\ =\ 0,\ \Delta t,\ 2\Delta t,\ldots ,\ n\Delta t}$da la fórmula recursiva:

${\displaystyle y(t+\Delta t)\ \approx \ y(t)+y'(t)\Delta t\ =\ y(t)+y(t)\Delta t\ =\ y(t)\,(1+\Delta t).}$

Esta recursión se resuelve inmediatamente para dar el valor aproximado.${\displaystyle y(x)=y(n\Delta t)\approx (1+\Delta t)^{n}}$Y dado que se sabe que el método de Euler converge a la solución exacta, tenemos:

${\displaystyle y(x)=\lim _{n\to \infty }\left(1+{\frac {x}{n}}\right)^{n}.}$

Sea n un entero no negativo. En el sentido de la definición 4 y por inducción,${\displaystyle {\frac {d^{n}y}{dx^{n}}}=y}$.

Por lo tanto${\displaystyle {\frac {d^{n}y}{dx^{n}}}{\Bigg |}_{x=0}=y(0)=1.}$

Utilizando la serie de Taylor , $${\displaystyle y=\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {f^{(n)}(0)}{n!}}\,x^{n}=\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {1}{n!}}\,x^{n}=\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {x^{n}}{n!}}.}$$Esto demuestra que la definición 4 implica la definición 2.

En el sentido de la definición 2, $${\displaystyle {\begin{aligned}{\frac {d}{dx}}e^{x}&={\frac {d}{dx}}\left(1+\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {x^{n}}{n!}}\right)=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {nx^{n-1}}{n!}}=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {x^{n-1}}{(n-1)!}}\\[6pt]&=\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {x^{k}}{k!}},{\text{ where }}k=n-1\\[6pt]&=e^{x}\end{aligned}}}$$

Además,${\textstyle e^{0}=1+0+{\frac {0^{2}}{2!}}+{\frac {0^{3}}{3!}}+\cdots =1.}$Esto demuestra que la definición 2 implica la definición  4.

En el sentido de la definición 2, la ecuación${\displaystyle \exp(x+y)=\exp(x)\exp(y)}$se deduce de la manipulación término a término de series de potencias justificada por la convergencia uniforme , y la igualdad resultante de los coeficientes es simplemente el teorema del binomio . Además: ^{[ 3 ]}$${\displaystyle {\begin{aligned}\exp '(0)&=\lim _{h\to 0}{\frac {e^{h}-1}{h}}\\&=\lim _{h\to 0}{\frac {1}{h}}\left(\left(1+h+{\frac {h^{2}}{2!}}+{\frac {h^{3}}{3!}}+{\frac {h^{4}}{4!}}+\cdots \right)-1\right)\\&=\lim _{h\to 0}\left(1+{\frac {h}{2!}}+{\frac {h^{2}}{3!}}+{\frac {h^{3}}{4!}}+\cdots \right)\ =\ 1.\\\end{aligned}}}$$

La caracterización 3 define primero el logaritmo natural:$${\displaystyle \log x\ \ {\stackrel {\text{def}}{=}}\ \int _{1}^{x}\!{\frac {dt}{t}},}$$entonces${\displaystyle \exp }$como la función inversa con${\textstyle x=\log(\exp x)}$. Entonces, por la regla de la cadena :

${\displaystyle 1={\frac {d}{dx}}[\log(\exp(x))]=\log '(\exp(x))\cdot \exp '(x)={\frac {\exp '(x)}{\exp(x)}},}$

es decir${\displaystyle \exp '(x)=\exp(x)}$. Finalmente,${\displaystyle \log(1)=0}$, entonces${\displaystyle \exp '(0)=\exp(0)=1}$. Eso es,${\displaystyle y=\exp(x)}$es la solución única del problema de valor inicial${\displaystyle {\frac {dy}{dx}}=y}$, ${\displaystyle y(0)=1}$de caracterización 4. Por el contrario, supongamos${\displaystyle y=\exp(x)}$tiene${\displaystyle \exp '(x)=\exp(x)}$y${\displaystyle \exp(0)=1}$y definir${\displaystyle \log(x)}$como su función inversa con${\displaystyle x=\exp(\log x)}$y${\displaystyle \log(1)=0}$. Entonces:

${\displaystyle 1={\frac {d}{dx}}[\exp(\log(x))]=\exp '(\log(x))\cdot \log '(x)=\exp(\log(x))\cdot \log '(x)=x\cdot \log '(x),}$

es decir${\displaystyle \log '(x)={\frac {1}{x}}}$. Por el teorema fundamental del cálculo ,$${\displaystyle \int _{1}^{x}{\frac {1}{t}}\,dt=\log(x)-\log(1)=\log(x).}$$

Las condiciones f' (0) = 1 y f ( x + y ) = f ( x ) f ( y ) implican ambas condiciones en la caracterización 4. De hecho, se obtiene la condición inicial f (0) = 1 dividiendo ambos lados de la ecuación. $${\displaystyle f(0)=f(0+0)=f(0)f(0)}$$ por f (0) , y la condición de que f′ ( x ) = f ( x ) se deduce de la condición de que f′ (0) = 1 y la definición de la derivada de la siguiente manera: $${\displaystyle {\begin{array}{rcccccc}f'(x)&=&\lim \limits _{h\to 0}{\frac {f(x+h)-f(x)}{h}}&=&\lim \limits _{h\to 0}{\frac {f(x)f(h)-f(x)}{h}}&=&\lim \limits _{h\to 0}f(x){\frac {f(h)-1}{h}}\\[1em]&=&f(x)\lim \limits _{h\to 0}{\frac {f(h)-1}{h}}&=&f(x)\lim \limits _{h\to 0}{\frac {f(0+h)-f(0)}{h}}&=&f(x)f'(0)=f(x).\end{array}}}$$

Supongamos la caracterización 5, la propiedad multiplicativa junto con la condición inicial.${\displaystyle \exp '(0)=1}$implican que:$${\displaystyle {\begin{array}{rcl}{\frac {d}{dx}}\exp(x)&=&\lim _{h\to 0}{\frac {\exp(x{+}h)-\exp(x)}{h}}\\&=&\exp(x)\cdot \lim _{h\to 0}{\frac {\exp(h)-1}{h}}\\&=&\exp(x)\exp '(0)=\exp(x).\end{array}}}$$

Aplicando inductivamente la regla de la multiplicación, obtenemos: $${\displaystyle f\left({\frac {n}{m}}\right)^{m}=f\left({\frac {n}{m}}+\cdots +{\frac {n}{m}}\right)=f(n)=f(1)^{n},}$$ y por lo tanto $${\displaystyle f\left({\frac {n}{m}}\right)={\sqrt[{m}]{f(1)^{n}}}\ {\stackrel {\text{def}}{=}}\ a^{n/m}}$$ para${\displaystyle a=f(1)}$. Entonces la condición${\displaystyle f'(0)=1}$significa que${\displaystyle \lim _{h\to 0}{\tfrac {a^{h}-1}{h}}=1}$, entonces${\displaystyle a=e}$por definición.

Además, cualquiera de las condiciones de regularidad de la definición 5 implica que${\displaystyle f(x)}$es continuo en todos los aspectos reales${\displaystyle x}$(véase más abajo). Lo contrario es similar.

Dejar${\displaystyle f(x)}$sea ​​una función no nula integrable de Lebesgue que satisfaga la propiedad multiplicativa${\displaystyle f(x+y)=f(x)f(y)}$con${\displaystyle f(1)=e}$Siguiendo a Hewitt y Stromberg, ejercicio 18.46, demostraremos que la integrabilidad de Lebesgue implica continuidad. Esto es suficiente para implicar${\displaystyle f(x)=e^{x}}$Según la caracterización 6, argumentando como se indicó anteriormente.

Primero, algunas propiedades elementales:

1. Si${\displaystyle f(x)}$es distinto de cero en cualquier lugar (digamos en${\displaystyle x=y}$), entonces es distinto de cero en todas partes. Prueba:${\displaystyle f(y)=f(x)f(y-x)\neq 0}$implica${\displaystyle f(x)\neq 0}$.
2. ${\displaystyle f(0)=1}$. Prueba:${\displaystyle f(x)=f(x+0)=f(x)f(0)}$y${\displaystyle f(x)}$es distinto de cero.
3. ${\displaystyle f(-x)=1/f(x)}$. Prueba:${\displaystyle 1=f(0)=f(x-x)=f(x)f(-x)}$.
4. Si${\displaystyle f(x)}$es continuo en cualquier lugar (digamos en${\displaystyle x=y}$), entonces es continua en todas partes. Prueba:${\displaystyle f(x+\delta )-f(x)=f(x-y)[f(y+\delta )-f(y)]\to 0}$como${\displaystyle \delta \to 0}$por continuidad en${\displaystyle y}$.

La segunda y la tercera propiedad implican que es suficiente demostrar${\displaystyle f(x)=e^{x}}$para x positivo . 

Desde${\displaystyle f(x)}$es una función integrable de Lebesgue , entonces podemos definir${\textstyle g(x)=\int _{0}^{x}f(t)\,dt}$De ello se deduce que $${\displaystyle g(x+y)-g(x)=\int _{x}^{x+y}f(t)\,dt=\int _{0}^{y}f(x+t)\,dt=f(x)g(y).}$$

Desde${\displaystyle f(x)}$es distinto de cero, se puede elegir algún y tal que${\displaystyle g(y)\neq 0}$y resolver para${\displaystyle f(x)}$en la expresión anterior. Por lo tanto: $${\displaystyle {\begin{aligned}f(x+\delta )-f(x)&={\frac {[g(x+\delta +y)-g(x+\delta )]-[g(x+y)-g(x)]}{g(y)}}\\&={\frac {[g(x+y+\delta )-g(x+y)]-[g(x+\delta )-g(x)]}{g(y)}}\\&={\frac {f(x+y)g(\delta )-f(x)g(\delta )}{g(y)}}=g(\delta ){\frac {f(x+y)-f(x)}{g(y)}}.\end{aligned}}}$$

La expresión final debe llegar a cero como${\displaystyle \delta \to 0}$desde${\displaystyle g(0)=0}$y${\displaystyle g(x)}$es continuo. De ello se deduce que${\displaystyle f(x)}$es continuo.