Caracterizaciones de la función exponencial

La siguiente prueba demuestra la equivalencia de las tres primeras caracterizaciones dadas para e arriba. La prueba consta de dos partes. Primero, se establece la equivalencia de las caracterizaciones 1 y 2, y luego se establece la equivalencia de las caracterizaciones 1 y 3.

El siguiente argumento está adaptado de una prueba en Rudin, teorema 3.31, pág. 63–5.

Dejar ${\displaystyle x\geq 0}$ ser un número real fijo no negativo. Definiendo

${\displaystyle s_{n}=\sum _{k=0}^{n}{\frac {x^{k}}{k!}},\ t_{n}=\left(1+{\frac {x}{n}}\right)^{n}.}$

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) para que

${\displaystyle \limsup _{n\to \infty }t_{n}\leq \limsup _{n\to \infty }s_{n}=e^{x}}$

donde e ^x está en el sentido de definición  2. Aquí, hay que utilizar limsups, porque todavía no sabemos que en realidad t_n converge. Ahora, para la otra dirección, tenga en cuenta que por la expresión anterior de t_n, si 2 ≤ m ≤ n , tenemos

${\displaystyle 1+x+{\frac {x^{2}}{2!}}\left(1-{\frac {1}{n}}\right)+\cdots +{\frac {x^{m}}{m!}}\left(1-{\frac {1}{n}}\right)\left(1-{\frac {2}{n}}\right)\cdots \left(1-{\frac {m-1}{n}}\right)\leq t_{n}.}$

Arreglando m , y dejando que n se acerque al infinito. Obtenemos

${\displaystyle s_{m}=1+x+{\frac {x^{2}}{2!}}+\cdots +{\frac {x^{m}}{m!}}\leq \liminf _{n\to \infty }t_{n}}$

(de nuevo, debemos usar liminf porque todavía no sabemos que t_n converge). Ahora, tome la desigualdad anterior, deje que m se aproxime al infinito y júntela con la otra desigualdad. Esto se convierte en

${\displaystyle \limsup _{n\to \infty }t_{n}\leq e^{x}\leq \liminf _{n\to \infty }t_{n}}$

así que eso

${\displaystyle \lim _{n\to \infty }t_{n}=e^{x}.}$

Luego podemos extender esta equivalencia a los números reales negativos observando ${\displaystyle \left(1-{\frac {r}{n}}\right)^{n}\left(1+{\frac {r}{n}}\right)^{n}=\left(1-{\frac {r^{2}}{n^{2}}}\right)^{n}}$ y tomando el límite como n va al infinito.

El término de error de esta expresión límite se describe por

${\displaystyle \left(1+{\frac {x}{n}}\right)^{n}=e^{x}\left(1-{\frac {x^{2}}{2n}}+{\frac {x^{3}(8+3x)}{24n^{2}}}+\cdots \right),}$

donde el grado del polinomio (en x ) en el término con denominador n^k es 2 k .

Aquí, definimos la función de logaritmo natural en términos de una integral definida como 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, ${\displaystyle \ln 1=\int _{1}^{1}{\frac {1}{t}}\,dt=0}$

Ahora, sea x cualquier número real fijo,

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

Mostraremos que 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, hemos usado la continuidad de ln ( y ), que sigue 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, hemos usado el resultado ln aⁿ = n ln a. Este resultado se puede establecer para n un número natural por inducción o mediante integración por sustitución. (La extensión a las potencias reales debe esperar hasta que ln y exp se hayan establecido como inversas entre sí, de modo que a ^b pueda definirse como real b como e^blna.)

${\displaystyle =x\cdot \lim _{h\to 0}{\frac {\ln \left(1+h\right)}{h}}\quad {\text{ donde }}h={\frac {x}{n}}}$

${\displaystyle =x\cdot \lim _{h\to 0}{\frac {\ln \left(1+h\right)-\ln 1}{h}}}$

${\displaystyle =x\cdot {\frac {d}{dt}}\ln t{\Bigg |}_{t=1}}$

${\displaystyle \!\,=x.}$

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

Usando 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 muestra que la definición 4 implica la definición 2.

En el sentido de definición 2,

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

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

La siguiente prueba es una versión simplificada de la de Hewitt y Stromberg, ejercicio 18.46. Primero, uno prueba que la mensurabilidad (o, aquí, la integrabilidad de Lebesgue) implica continuidad para una función distinta de cero ${\displaystyle f(x)}$satisfactorio ${\displaystyle f(x+y)=f(x)f(y)}$y luego se prueba que la continuidad implica ${\displaystyle f(x)=e^{kx}}$para algunos k , y finalmente ${\displaystyle f(1)=e}$implica k = 1.

Primero, probamos algunas propiedades elementales de ${\displaystyle f(x)}$satisfactorio ${\displaystyle f(x+y)=f(x)f(y)}$y el supuesto de que ${\displaystyle f(x)}$no es idénticamente cero:

• Si ${\displaystyle f(x)}$es distinto de cero en cualquier lugar (por ejemplo, en x = y ), entonces es distinto de cero en todas partes. Prueba: ${\displaystyle f(y)=f(x)f(y-x)\neq 0}$ implica ${\displaystyle f(x)\neq 0}$.
• ${\displaystyle f(0)=1}$. Prueba: ${\displaystyle f(x)=f(x+0)=f(x)f(0)}$ y ${\displaystyle f(x)}$no es cero.
• ${\displaystyle f(-x)=1/f(x)}$. Prueba: ${\displaystyle 1=f(0)=f(x-x)=f(x)f(-x)}$.
• Si ${\displaystyle f(x)}$es continuo en cualquier parte (digamos en x = y ), entonces es continuo en todas partes. Prueba:${\displaystyle f(x+\delta )-f(x)=f(x-y)[f(y+\delta )-f(y)]\rightarrow 0}$como ${\displaystyle \delta \rightarrow 0}$por continuidad en   y

La segunda y tercera propiedades significan que es suficiente probar ${\displaystyle f(x)=e^{x}}$para positivo   x .

Si ${\displaystyle f(x)}$es una función integrable de Lebesgue , entonces podemos definir

${\displaystyle g(x)=\int _{0}^{x}f(x')\,dx'.}$

Luego sigue que

${\displaystyle g(x+y)-g(x)=\int _{x}^{x+y}f(x')\,dx'=\int _{0}^{y}f(x+x')\,dx'=f(x)g(y).}$

Ya que ${\displaystyle f(x)}$es distinto de cero, podemos elegir alguna 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 ir a cero como ${\displaystyle \delta \rightarrow 0}$ ya que ${\displaystyle g(0)=0}$y ${\displaystyle g(x)}$es continuo. Resulta que ${\displaystyle f(x)}$es continuo.

Ahora, probamos que ${\displaystyle f(q)=e^{kq}}$, para algunos k, para todos los números racionales positivos q . Sea q = n / m para enteros positivos n y m. Entonces

${\displaystyle f\left({\frac {n}{m}}\right)=f\left({\frac {1}{m}}+\cdots +{\frac {1}{m}}\right)=f\left({\frac {1}{m}}\right)^{n}}$

por inducción elemental en n. Por lo tanto, ${\displaystyle f(1/m)^{m}=f(1)}$ y por lo tanto

${\displaystyle f\left({\frac {n}{m}}\right)=f(1)^{n/m}=e^{k(n/m)}.}$

para ${\displaystyle k=\ln[f(1)]}$. Tenga en cuenta que si nos estamos restringiendo a valores reales ${\displaystyle f(x)}$, entonces ${\displaystyle f(x)=f(x/2)^{2}}$es positivo en todas partes y por eso k es real.

Finalmente, por continuidad, ya que ${\displaystyle f(x)=e^{kx}}$para todo el x racional, debe ser cierto para todo el x real, ya que el cierre de los racionales es el real (es decir, podemos escribir cualquier x real como el límite de una secuencia de racionales). Si ${\displaystyle f(1)=e}$entonces k = 1. Esto es equivalente a la caracterización 1 (o 2, o 3), según la definición equivalente de e.

En el sentido de definición 2,^[1]

${\displaystyle \lim _{h\to 0}{\frac {e^{h}-1}{h}}}$

${\displaystyle =\lim _{h\to 0}{\frac {1}{h}}\left(\left(1+h+{\frac {h^{2}}{2!}}+{\frac {h^{3}}{3!}}+{\frac {h^{4}}{4!}}+\cdots \right)-1\right)}$

${\displaystyle =\lim _{h\to 0}\left(1+{\frac {h}{2!}}+{\frac {h^{2}}{3!}}+{\frac {h^{3}}{4!}}+\cdots \right)}$

${\displaystyle =1}$

En el sentido de definición 6, ${\displaystyle {\frac {d}{dx}}e^{x}=\lim _{h\to 0}{\frac {e^{x+h}-e^{x}}{h}}=e^{x}\cdot \lim _{h\to 0}{\frac {e^{h}-1}{h}}=e^{x}.}$por cierto ${\displaystyle e^{0}=1}$, por lo tanto, la definición 6 implica la definición 4.

• Walter Rudin, Principles of Mathematical Analysis, 3rd edition (McGraw–Hill, 1976), chapter 8.
• Edwin Hewitt and Karl Stromberg, Real and Abstract Analysis (Springer, 1965).