Demostrando la positividad de la función exponencial

Question

Pregunta. ¿Cómo podemos demostrar que $\mathrm{e}^{x}>0$ para todo $x\in\mathbb{R}$ solo usando la expansión en series sin usar la propiedad de semigrupo ($\mathrm{e}^{x}\mathrm{e}^{y}=\mathrm{e}^{x+y}$)?

Explicación. De la expansión en series de $\mathrm{e}^{x}=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{x^{k}}{k!}$ para $x\in\mathbb{R}$, vemos que $\mathrm{e}^{x}>0$ para $x\geq0$. Así, si la serie se vuelve negativa, esto solo puede suceder para valores negativos de $x$. Por lo tanto, demostrar $\mathrm{e}^{-x}$ para $x>0$ completará la prueba. Dado que la serie converge uniformemente en cualquier intervalo compacto $I\subset\mathbb{R}$, podemos reorganizar los términos de la serie y escribir $\mathrm{e}^{-x}=\lim_{n\to\infty}g_{n}(x)$ para $x\geq0$, donde $g_{n}(x):=1+\sum_{k=1}^{n}\Big(\frac{x^{2k}}{(2k)!}-\frac{x^{2k-1}}{(2k-1)!}\Big)$ para $x\geq0$ y $n\in\mathbb{N}$. Obviamente, $g_{n}$ es decreciente en $[0,1]$ y $g_{n}(1)>\frac{1}{\mathrm{e}}.

Necesito demostrar lo siguiente.

Afirmación. Existe una secuencia divergente creciente $\{\xi_{n}\}\subset(0,\infty)$ tal que $g_{n}$ es decreciente en $[0,\xi_{n}]$ con $g_{n}(\xi_{n})>0$ para $n\in\mathbb{N}.

Afirmación Reforzada. $\xi_{n}:=\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}$ para $k\in\mathbb{N}$.

Answer 1

Un enfoque de trigonometría hiperbólica. Establecer $$ C(x)=\sum_{k=0}^\infty\frac{x^{2k}}{(2k)!}\quad\text{y}\quad S(x)=\sum_{k=1}^\infty\frac{x^{2k-1}}{(2k-1)!} $$ Basta con demostrar que $C(x)>S(x)$, para todo $x\in\mathbb R$.

Primero observar que: $C'(x)=S(x)$ y $S'(x)=C(x)$. Luego observar que $$ \big(C^2(x)-S^2(x)\big)'=2\big(C(x)C'(x)-S(x)S'(x)\big)=2\big(C(x)S(x)-S(x)C(x)\big)=0, $$ y por lo tanto $$ C^2(x)-S^2(x)=C^2(0)-S^2(0)=1. $$ Así, para todo $x\in\mathbb R$, $$ C(x)=\sqrt{S^2(x)+1}>S(x). $$

Answer 2

Usando la diferenciación término a término, uno encuentra que $\exp$ satisface la ecuación diferencial lineal $y'=y$, la cual obviamente cumple con las condiciones del teorema de existencia y unicidad. La función $y_0(x):\equiv0$ es una solución, y ninguna otra solución puede cruzar el gráfico de $y_0$. Se sigue que $x\mapsto e^x$, que es positivo cuando $x=0$, es positivo en su dominio completo ${\mathbb R}$.

Answer 3

Suponiendo la convergencia uniforme de la serie, se puede demostrar mediante la diferenciación término a término que $f(x) = e^x$ verifica $f'(x) = f(x).$

Claramente $e^x = \sum_k \frac{x^k}{k!}$ es estrictamente positiva para todo $x$ positivo, por lo tanto es una función creciente en $\mathbb{R}^+$. Considera el conjunto $A = \{x < 0 : e^x \leq 0 \}$ y asume que no está vacío.

Sea $(x_n)_{n\in \mathbb{N}}$ una secuencia en $A$ que converge a $L$. Entonces $L \in A$ por continuidad de $f$ $$ f(L) = f(\lim_{n \to \infty} x_n) = \lim_{n \to \infty} f(x_n) \leq 0.$$

Por lo tanto, $a := \sup A \in A$ y $a < 0$ y $e^a \leq 0$.

Si $e^a < 0$, entonces observa que $e^0 = 1$ y por el teorema del valor intermedio existe $ a < c < 0$ tal que $e^c = 0$ y $c \in A$, lo cual contradice la maximalidad de $a$.

Si $e^a = 0$, considera $$C = \{c' \leq a \; \vert \forall x \in (c',a], \; \;f(x) = 0 \}.$$ Si $\inf C = k > - \infty$, entonces $\exists \delta > 0$ tal que el intervalo $[k- \delta, k + \delta]$ alrededor de $k$ es tal que $f > 0$ en $[k- \delta, k)$ o $f < 0$ en $[k- \delta,k)$.

Dado que $f$ es igual a su derivada, es positiva-creciente o negativa-creciente en $(k-\delta,k$). En ambos casos, por el teorema del valor medio, $\exists \alpha \in (k-\delta/2,k)$ tal que $$ f'(\alpha) = \frac{f(k) - f(k- \delta/2)}{\delta/2} = - \frac{f(k-\delta/2)}{\delta/2} $$ Esto es una contradicción ya que $f'(\alpha) = f(\alpha)$ y $f(k- \delta/2)$ tienen el mismo signo y ninguno es igual a cero.

Si $\inf C' = - \infty$ entonces $e^x = 0 \forall x \leq a.$ Debemos proceder de manera diferente:

Considera la función $F : \mathbb{R}^+ \rightarrow \mathbb{R}: x \mapsto F(x) = \int_{a+x}^0 e^t \;dt$

Claramente $$F(x) = [e^t]_{a+x}^0 = 1 - e^{a+x}.$$

Usando el cambio de variable $u(t) = t - x $ en la integral obtenemos

$$ F(x) = \int_{x+a}^0 e^t dt = \int_{a}^{-x} e^t dt = [e^t]^{-x}_a = e^{-x} - e^a = e^{-x}$$

Por lo tanto, $\forall x > 0$:

$$ 1 - e^{a + x} = e^{-x}.$$

Dado que $e^t > 0 \; \forall t > a$, la función exponencial es creciente en $(a, + \infty)$ entonces

$$a + x > 0 \Rightarrow e^{a + x} > e^{0} = 1 \iff F(x) = 1 - e^{a+x} < 0.$$

Pero $ a + x > 0 \Rightarrow -x < a$ y $e^{-x} = 0$ así que $$F(x) = e^{-x} = 0$$ lo cual es una contradicción.

Concluimos que $A = \{ x < 0 : e^x \leq 0 \} = \varnothing$ y la función exponencial es positiva en todas partes.

Answer 4

La expansión en serie es $$ e^x=\sum_{n=0}^\infty\frac{x^n}{n!}=1+x+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!}+\frac{x^4}{4!}+\cdots $$ Para $x\ge0$ tenemos $1$ y un montón de números no negativos, por lo que el resultado es claramente positivo.

Para $x<0$ hay que tener en cuenta que: $$ \frac1{e^x}=e^{-x} $$ Así que la positividad de $e^x$ claramente implica que $e^{-x}$ es positivo.