Utilizando la definición para demostrar que $D_{x}(e^x)=e^x$ .

Question

Nuestro texto de cálculo aplicado define $e$ por $e=\displaystyle\lim_{h\to0}(1+h)^{1/h}$ ,

y luego da el siguiente argumento para demostrar que $D_{x}(e^x)=e^x$ :

Si $f(x)=e^x$ entonces

$\displaystyle\lim_{h\to0}\frac{f(x+h)-f(x)}{h}=\lim_{h\to0}\frac{e^{x+h}-e^x}{h}=\lim_{h\to0}\frac{e^x(e^h)-e^x}{h}=\lim_{h\to0}\frac{e^x(1+h)-e^x}{h}=\lim_{h\to0}\frac{e^x(h)}{h}=e^x.$

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Tengo dos preguntas sobre este argumento:

1) ¿Existe una forma sencilla de justificar la sustitución de $e^h$ por $1+h$ en el numerador?*

2) Si no es así, ¿hay alguna forma de demostrar que $\displaystyle \lim_{h\to0}\frac{e^h-1}{h}=0$ utilizando la definición de $e$ ¿dado arriba?*

*(sin utilizar series de Taylor o logaritmos, ninguno de los cuales se ha tratado en este punto del libro).

Answer 1

Vamos a demostrar que $$\lim_{h \to 0} (1+h)^\frac{1}{h}=e$$ implica $$\lim_{t \to 0} \frac{e^{t}-1}{t}=1$$

Definir $h_t=e^{t}-1$ . Cuando $t \to 0$ tenemos $h_t \to 0$ . Por lo tanto, $$\lim_{h_t \to 0} (1+h_t)^\frac{1}{h_t}=e$$ $$\lim_{t \to 0} (e^{t})^\frac{1}{e^{t}-1}=e$$

$$\lim_{t \to 0} e^\frac{t}{e^{t}-1}=e$$

Tenga en cuenta que en general $\lim_{t \to a} f(g(t))=f(c)$ no implica que $\lim_{t \to a} g(t)=c$ . PERO, en este caso la afirmación se puede demostrar utilizando el hecho de que la exponencial es estrictamente creciente y continua en $0$ .

Answer 2

Definamos la exponencial utilizando potencias enteras mediante $$e^x=\lim_{n\to\infty}(1+\frac xn)^n.$$ Esta definición es coherente con la de $e$ , $$e=\lim_{n\to\infty}(1+\frac1n)^n=\lim_{h\to0}(1+h)^{1/h}.$$ Entonces, utilizando el teorema del binomio ordinario $$(1+\frac xn)^n =\sum_{k=0}^n\binom nk\left(\frac xn\right)^k =1+\frac nnx+\frac{n(n-1)}{2n^2}x^2+\frac{n(n-1)(n-2)}{2.3.n^3}x^3+\cdots+\frac{x^n}{n^n}.$$ Todos los coeficientes son positivos y están limitados por $1$ Por lo tanto $$1+x\le\left(1+\frac xn\right)^n\le\sum_{k=0}^nx^k=\frac{1-x^{n+1}}{1-x}\le\frac1{1-x},$$ para $0\le x<1$ .

En el límite $n\to\infty$ , $$1+x\le e^x\le\frac1{1-x}.$$ Entonces $$1\le\frac{e^x-1}x\le\frac1{1-x},$$

y el límite para $x\to0$ es claramente $1$ . Un paréntesis similar es válido para $x<0$ .

Answer 3

Nota: puede ver $\displaystyle \lim_{h\to 0} \dfrac{e^h-1}{h} = (e^h)'(0)=1$

Answer 4

Fijamos $e^h-1=m$ y obtenemos $h=\ln(1+m)$ y para $h->0$ obtenemos $m->0$ por lo que tenemos $\lim_{m \to 0}\frac{m}{\ln(m+1)}=\lim_{ m \to 0}\frac{1}{\ln(m+1)^m}=\frac{1}{\ln(e)}=1$

Answer 5

$1+h$ resulta ser la línea tangente a $e^h$ en $h=0$ Así que parece que la prueba proporcionada está haciendo uso del hecho de que tanto la curva como la línea se acercan al mismo valor que $h\to0$ .