Presumiblemente, el trascendental número $e$ se encontró por primera vez por tomar el poder de la serie de solución a la (probablemente la más fundamental) la ecuación diferencial $f'(x)=f(x)$, con la condición inicial $f(0)=1$ y, a continuación, conectar en $x=1$. Mi pregunta es, hay alguna forma de utilizar el equivalente de la multinomial teorema de potencia de la serie para demostrar que $f(nx)=f^n(x)$ todos los $n$ $x$ (es decir, que $f(x)$ es una función exponencial) otros de este laborioso y estéticos método? Intuitivamente, yo esperaría que la solución a una función exponencial, pero hay una mejor, algo rigurosa demostración de este hecho simple?
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Yo creo que el $e$ se encontró por primera vez como $$ e=\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac1n\right)^n\etiqueta{1} $$ quizás derivadas de problemas de interés compuesto y el como.
Sin embargo, si empezamos con $f'(x)=f(x)$, luego tenemos por cualquier fija $y$ $$ \begin{align} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\frac{f(x+y)}{f(x)} &=\frac{f'(x+y)f(x)-f(x+y)f'(x)}{f(x)^2}\\ &=\frac{f(x+y)f(x)-f(x+y)f(x)}{f(x)^2}\\[6pt] &=0\tag{2} \end{align} $$ Por lo tanto, $\frac{f(x+y)}{f(x)}$ es constante en $x$. En particular, $$ \frac{f(x+y)}{f(x)}=\frac{f(y)}{f(0)}\etiqueta{3} $$ que, si tenemos $f(0)=1$, los rendimientos de los $$ f(x+y)=f(x)f(y)\etiqueta{4} $$ La ecuación de $(4)$ fácilmente da $f(nx)=f(x)^n$ por inducción.
John Fouhy
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Una opción es utilizar la definición $$ e^x = \lim_{n\to\infty} \left(1 + \frac{x}{n}\right)^n. $$ Para ver que esto satisface la ecuación diferencial, aviso que $$ \frac{d}{dx} \left(1 + \frac{x}{n}\right)^n = \left(1 + \frac{x}{n}\right)^{n-1} \approx \left(1 + \frac{x}{n}\right)^n. $$ (Esto probablemente puede ser rigurosa con un poco de esfuerzo.)
Dada esta fórmula, para un gran $n$ hemos $$ \left(1 + \frac{x}{n}\right)^n \left(1 + \frac{y}{n}\right)^n = \left(1 + \frac{x+y}{n} + \frac{xy}{n^2}\right)^n \approx \left(1 + \frac{x+y}{n}\right)^n. $$ (Para hacer este riguroso, utilice el hecho de que $x+y+\frac{xy}{n} \approx x+y$.)
Esto le da a $e^x e^y = e^{x+y}$.
runeh
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Supongamos $h$ $g$ son no-cero de funciones diferenciables que satisfacer $h'=nh, g'=ng$
Entonces $$\left(\frac hg \right)'=\frac {nh'g-nhg'}{g^2}=0$$ Whence $h=Ag$ for some constant $$, and if $h(0)=g(0)$ then $h=g$
Así que tenemos $\left(f(nx)\right)'=nf'(nx)=nf(nx)$ $\left(f^n(x)\right)'=nf'(x)f^{n-1}(x)=nf^n(x)$
Así que con $h=f(nx); g=f^n(x)$ tenemos $h(0)=g(0)=1$ y, por tanto,$h=g$.
Nota: esto no dependen $n$ ser un número entero.
Travis
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En primer lugar, el cero de la función es una solución para el primer fin de la educación a distancia $$f' = f.$$ Por lo tanto, si una solución tiene una raíz $x_0$, $f'(x_0) = f(x_0) = 0$ y, por tanto, por la singularidad en la Picard–Lindelöf Teorema (este utiliza el mapa de identidad es de Lipschitz) que la solución es cero. Por lo tanto, por la continuidad, la solución a la me.v.p., $$f' = f, \quad f(0) = 1,$$ which we suggestively denote $\exp$, tiene efectos positivos derivados en todas partes y, por tanto, es bijective en su imagen.
Por la regla de la cadena, la derivada de una invertible función derivable $g$ está dado por $$\frac{d}{da}(g^{-1}) = \frac{1}{g'(g^{-1}(a))},$$ and so the inverse of $\exp$, which we denote $\log$, a continuación, responde a $$\log'(a) = \frac{1}{\exp'(\log(a))} = \frac{1}{\exp \log a} = \frac{1}{a}.$$ La integración, y usando la condición inicial $f(0) = 1$ para determinar la constante de integración, da $$\log a = \int_1^a \frac{dt}{t}.$$ El uso de un elemental de la sustitución da \begin{align} \log a + \log b &= \int_1^a \frac{dt}{t} + \int_1^b \frac{dt}{t} \\ &= \int_1^a \frac{dt}{t} + \int_a^{ab} \frac{d(as)}{as} \\ &= \int_1^a \frac{dt}{t} + \int_a^{ab} \frac{ds}{s} \\ &= \int_1^{ab} \frac{dt}{t} \\ &= \log (ab) . \end{align} Así que, si tomamos $a = \exp x$$b = \exp y$, podemos arreglar para producir la identidad familiar $$\exp(x + y) = \exp(x)\exp(y).$$ En particular, $$\exp(nx) = \exp(n - 1) \exp(1),$$ so the result follows for nonnegative integers $n$ by induction. One can extend this to rational $n$ without too much fuss and then to all real $$ n por la continuidad.
Anthony Cramp
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Hay algunos libros de texto (por ejemplo, Spivak, Cálculo) que hacerlo de esta manera. Deje $f : \mathbb R \to \mathbb R$ ser la (única) solución de
$$
f'(x)=f(x), \qquad f(0)=1. \qquad\qquad(*)
$$
La solución general de la $u'=u$ $u=Cf$ para algunas constantes $C$.
Considere la posibilidad de $f(x+y)$. Fijo $y$, escribir $g_y(x) = f(x+y)$. Tenemos $$ g_y'(x) = \frac{d}{dx} f(x+y) = f'(x+y) = f(x+y)=g_y(x),\qquad g_y(0)=f(y) $$ así que $g_y(x)$ es una solución de $u'=u$. Por lo tanto $$ g_y(x) = Cf(x), \\ g_y(x) = f(y)f(x), \\ f(x+y)=f(x)f(y) $$ Esto es válido para todas las $x,y$. De esto podemos deducir $f(x)^n = f(nx)$ para enteros positivos $n$, para todos los enteros $n$, luego de números racionales $n$. Nota:$f(x) = (f(x/2))^2$, lo $f$ tiene valores no negativos, lo $f(x)^n$ bien definido racional,$n$.
nota
Un argumento similar se inicia con la ecuación de $f''=f$ y demuestra que la adición de fórmulas para $\sin$ $\cos$ como esta.
