¿Se puede expresar$e^x$ como una combinación lineal de$(1 + \frac x n)^n$?

Question

Puede $e^x$ ser expresado como una combinación lineal de $(1 + \frac x n)^n$? En otras palabras, ¿existe una secuencia infinita $(a_k)_{k \in \mathbb N_0}$ tal que $$e^x = a_0 + \sum_{1 \leq k < \infty} a_k \left(1 + \frac x k\right)^k$$ para todos los $x \in \mathbb R$? Llame a la serie sobre el derecho de las $s(x)$.

Puedo responder a la pregunta en forma negativa, cuando la serie es absolutamente convergente. En el condicionalmente convergente caso, yo no estoy tan seguro. Mis pensamientos eran para utilizar el hecho de que:

$$e^{x - \frac{x^2}{2k}} \leq (1+ \frac x k)^k \leq e^{x}$$

y uso el límite inferior al $a_k$ es negativo, y el límite superior al $a_k$ es positivo. Este se queda atascado porque no es siempre el caso de que si algunos de $b_k$ es una descomposición de la secuencia, a continuación, $\sum_{k} \frac{b_k}{k}$ es convergente.

El fortalecimiento de la desigualdad de $$e^{x - \frac{x^2}{2k}} \leq (1+ \frac x k)^k \leq e^{x - \frac{x^2}{2k} + \frac{x^3}{3k^2}}$$ parece que podría progresar más...

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[EDITAR 2019/08/14 14:00 GMT]

Esta es la solución en el absolutamente convergente caso, dada por los lemas 1 y 2:

Definición: Dejar $s(x) = a_0 + \sum_{1 \leq k < \infty} a_k \left(1 + \frac x k\right)^k$.

Los lemas y de las pruebas siguientes:

Lema 1: Si $s(x)$ converge absolutamente para algunos $x\geq 0$, a continuación, $s(x)$ converge absolutamente para todos los $x \geq 0$.

Prueba

Escoge un $x_0 \geq 0$ para que $s(x_0)$ converge absolutamente.

Por las condiciones establecidas en el lema, la serie $\sum_{1 \leq k < \infty} |a_k| \left|1 + \frac {x_0} k\right|^k$ deben converger. También se observa que la $|a_k| \leq |a_k| \left|1 + \frac {x_0} k\right|^k$ es cierto para todos los $k$. Así que por la Comparación Directa de la Prueba, la serie $\sum_{0 \leq k < \infty} |a_k|$ también deben converger. En otras palabras, $s(0)$ es absolutamente convergente.

Consideremos ahora cualquier $x \geq 0$. La serie $\sum_{0 \leq k < \infty} |a_k| e^{x}$ converge porque es igual a $e^{x} \sum_{0 \leq k < \infty} |a_k|$, lo que hemos demostrado ser convergente en el párrafo anterior. Observamos que en las $|a_k| \left|1 + \frac {x} k\right|^k \leq |a_k| e^{x}$ es cierto para todos los $k$. Así que por la Comparación Directa de la Prueba, la serie $|a_0| + \sum_{1 \leq k < \infty} |a_k| \left|1 + \frac {x} k\right|^k$ también deben converger. Así, por la definición de convergencia absoluta, tenemos que $a_0 + \sum_{1 \leq k < \infty} a_k \left(1 + \frac x k\right)^k=s(x)$ converge absolutamente, donde $x \geq 0$ fue arbitraria.

$\blacksquare$

Lema 2: Si $s(x)$ converge absolutamente al $x \geq 0$, luego de lo suficientemente grande como $x$ tenemos que $e^x > s(x)$.

Prueba

Deje $z_n(x) = |a_0| + \sum_{1 \leq k < n} |a_k| \left(1 + \frac x k\right)^k$.

Recoger algunas $\epsilon < \frac 1 2$.

Observar que no debe ser lo suficientemente grande como $n$ tal que $z_\infty(0) - z_n(0) \leq \epsilon$.

Con el triángulo de la desigualdad, tenemos que: $$\begin{aligned} |s(x)| &\leq z_\infty(x)\\ &\leq z_n(x) + (z_\infty(x) - z_n(x))\\ \end{aligned}$$

Desde $z_n(x)$ es un polinomio, hay una buena cantidad de $X$ tal que todos los $x \geq X$ es cierto $z_n(x) < \epsilon \cdot e^x$. Así que tenemos que $$\begin{aligned} |s(x)| &<\epsilon\cdot e^x + (z_\infty(x) - z_n(x))\\ &\leq \epsilon\cdot e^x + (z_\infty(0) - z_n(0)) e^x\\ &\leq \epsilon\cdot e^x + \epsilon\cdot e^x\\ & = 2\epsilon \cdot e^x\\ &< e^x. \end{aligned}$$ El reclamo por encima de ese $z_\infty(x) - z_n(x) \leq (z_\infty(0) - z_n(0)) e^x$ sigue de $$\begin{aligned} &|a_k| \left(1 + \frac x k\right)^k \leq |a_k| e^x\\ \implies &\sum_{k \geq {n+1}}\left(1 + \frac x k\right)^k \leq \sum_{k \geq {n+1}}|a_k| e^x\\ \implies & z_\infty(x) - z_n(x) \leq (z_\infty(0) - z_n(0)) e^x \end{aligned}$$

Hemos terminado.

$\blacksquare$

Answer 1

Una razón, ¿por qué $a_k$ no pueden ser evaluados:

Vamos a usar el poder de la torre de la función aquí escrito como $h(z)$ .

Tenemos $~\displaystyle h(z)=z^{h(z)}~$ para $~e^{-1/e}<z<e^{1/e}~$ .

Y tenemos (por favor, eche un vistazo a la segunda sección) :

$$\frac{ h(e^{z/e})^x}{1-\ln h(e^{z/e})} = \sum\limits_{k=0}^\infty\frac{(zk/e)^k}{k!}\left(1+\frac{x}{k}\right)^k ~~ , ~~~~ |z|<1 $$

Ahora podemos ver:

$$z \uparrow 1 ~ \Rightarrow ~ h\left(e^{z/e}\right) \uparrow e ~ \Rightarrow ~ \frac{ h(e^{z/e})^x}{1-\ln h(e^{z/e})} \uparrow \frac{e^x}{0}$$

Y $~\displaystyle \frac{e^x}{0}~$ no está definido. $~$ ( Es interesante, que, por ejemplo, para $2^x$ su serie existe. )

Con otras palabras, cuando se $\,z\uparrow 1\,$: $~~\displaystyle a_k = \inf\left((1-\ln h(e^{z/e}))\frac{(zk/e)^k}{k!}\right)=0~$ para todos los $\,k$

O podemos simplemente escribir para cada valor arbitrariamente pequeño $\delta>0$:

$$(e-\delta)^x = (1-\ln (e-\delta))\sum\limits_{k=0}^\infty\frac{\left(\frac{k\ln(e-\delta)}{e-\delta}\right)^k}{k!}\left(1+\frac{x}{k}\right)^k$$

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Aquí está un resumen de los cálculos para una posible prueba de la fórmula anterior.

$\displaystyle \frac{d}{dz}h(z) = \frac{h(z)^2}{z(1-\ln h(z))}~$ que proviene de $~\displaystyle (x^{1/x})'=x^{1/x}\frac{1-\ln x}{x^2}~$

Con $~\displaystyle \frac{\partial^k}{\partial z^k}h(e^z)^x|_{z=0} =x(x+k)^{k-1}~$ para $~k\in\mathbb{N}_0 , ~ x\in\mathbb{C} ~$ obtenemos un desarrollo en serie de Taylor en $~z=0~$ :

$$h(e^z)^x = \sum\limits_{k=0}^\infty \frac{z^k}{k!}x(x+k)^{k-1}~, ~~~x(x+k)^{k-1}|_{k=0}:=1$$

La prueba de esta fórmula se puede hacer mediante el uso de $~\displaystyle \frac{\partial}{\partial x}h(e^z)^x = z h(e^z)^{x+1}$ .

De ello se desprende $~\displaystyle \frac{z^x h(e^z)^x}{1-\ln h(e^z)} = \frac{z}{x}\frac{\partial}{\partial z}(z^x h(e^z)^x) = z^x\sum\limits_{k=0}^\infty\frac{z^k}{k!}(x+k)^k ~$

y desde que directamente la fórmula de arriba.

Answer 2

Deje $R_n(z)=\sum_{1 \leq k \le n} a_k \left(1 + \frac z k\right)^k$. Suponiendo que la hipótesis que se muestran:

1: $R_n(z) \to e^z-a_0$ uniformemente en el disco $|z| \le \frac{1}{2}$

2: $\sum_{1}^{\infty}{\frac{a_k}{k^q}}=0, q \ge 1$ entero arbitrario

3: $a_k=0, k \ge 1$

Utilizamos que si $|z| \le \frac{1}{2}, k \ge 1$, $|(1+\frac{z}{k})^k-(1+\frac{z}{k+1})^{k+1}| \le B|\frac{1}{k^2}|, B>0$ constante, lo que sigue a partir de la $k\log(1+\frac{z}{k})=z-\frac{z^2}{2k}+O(\frac{z^3}{k^2}), |z| \le \frac{1}{2}, k \ge 1$, lo $(1+\frac{z}{k})^k=e^{z-\frac{z^2}{2k}+O(\frac{z^3}{k^2})}$ y restando las relaciones de $k, k+1$ desde el $O$ términos son en la mayoría de las $\frac{1}{8k^2}$ en valor absoluto y $|\frac{z^2}{2k}-\frac{z^2}{2k+2}| \le \frac{1}{8k^2}, |z| \le \frac{1}{2}$

También observamos que la $|(1+\frac{z}{k})^k| \le (1+\frac{|z|}{k})^k \le e^{|z|} \le e^{\frac{1}{2}} <e$ desde el binomio coeficientes son positivos y la desigualdad de triángulo obras

Por simplicidad vamos a $b_k(z)=(1+ \frac z k)^k$, por lo que si $|z| \le \frac{1}{2}$

$|b_k(z)-b_{k+1}(z)| \le B|\frac{1}{k^2}|$

$|b_k(z)| \le e$

Entonces a partir de la $\Sigma{a_k} \to 1$ por la hipótesis de $x=0$, se sigue que $|\sum_{N}^{M}a_k| \le A$ para todos los $N \le M$ y algunas constantes $A>0$, mientras que $|\sum_{N}^{M}a_k| \to 0, N,M \to \infty$ así que si tomamos arbitraria $\epsilon >0, |\sum_{N}^{M}a_k| \le \epsilon, M>N >N(\epsilon)$ y, a continuación, nos suma por partes:

$|R_M(z)-R_N(z)|=|\sum_{N+1}^{M}a_kb_k(z)|=|(A_{N+1}(b_{N+1}-b_{N+2})(z))+(A_{N+2}(b_{N+2}-b_{N+3})(z))+....(A_{M-1}(b_{M-1}-b_{M})(z))+(A_{M}(b_{M}(z))|$,

donde $A_p=\sum_{N+1}^{p}a_k, p \ge N+1$

Por lo $|R_M(z)-R_N(z)| \le A\sum_{N+1}^{M-1}{B|\frac{1}{k^2}}|+e|A_M| \le AB\frac{1}{N}+e\epsilon, M>N > N(\epsilon)$ lo que muestra que $R_N(z)$ es uniformemente de Cauchy en $|z| \le \frac{1}{2}$. Pero esto significa $R_n(z)$ converge uniformemente a una analítica de la función $f(z)$ sobre el disco de radio $r=\frac{1}{2}$ y ya sabemos por la hipótesis de que la $f(x)=e^x-a_0$ sobre el $[-\frac{1}{2},\frac{1}{2}]$ segmento de la siguiente manera por el principio de identidad que $f(z)=e^z-a_0$ y este es 1 de más arriba

Ahora, podemos diferenciar plazo por plazo y obtener $R_n(z)' \to e^z$ uniformemente en el disco de radio $\frac{1}{2}$ y, a continuación, conectar $z=0$ obtenemos $\sum_{k \ge 1}a_k=1$ por lo tanto $a_0=0$, por lo tanto $R_n(z) \to e^z$ uniformemente en el anterior disco.

Restando obtenemos $\sum_{k = 1}^n\frac{a_kz}{k}(1+\frac{z}{k})^{k-1} \to 0$ uniforme que claramente implica $\sum_{k = 1}^n\frac{a_k}{k}(1+\frac{z}{k})^{k-1} \to 0$, por lo tanto $\sum_{k \ge 1}\frac{a_k}{k}=0$

($zf_n(z) \to 0$ uniformemente en el disco de radio $r$, significa que para cualquier $\epsilon >0$ hay $N(\epsilon), |zf_n(z)| \le \epsilon, |z| \le r, n \ge N(\epsilon)$

Schwarz lema implica $|zf_n(z)| \le \frac{|z|}{r}\epsilon, |z| \le r, n \ge N(\epsilon)$ o $|f_n(z)| \le \frac{1}{r}\epsilon, |z| \le r, n \ge N(\epsilon)$)

Pero ahora (con todas las convergencias de abajo es uniforme), podemos integrar en la línea recta de $0$ a $z$, $\sum_{k = 1}^{n}\frac{a_k}{k}(1+\frac{w}{k})^{k-1} \to 0$ y consigue $\sum_{k = 1}^{n}\frac{a_k}{k}(1+\frac{z}{k})^{k} \to 0$.

Restando da $\sum_{k = 1}^n\frac{a_kz}{k^2}(1+\frac{z}{k})^{k-1} \to 0$, por lo tanto $\sum_{k = 1}^n\frac{a_k}{k^2}(1+\frac{z}{k})^{k-1} \to 0$, por lo tanto $\sum_{k \ge 1}\frac{a_k}{k^2}=0$. Una clara inducción (integrar, restar, dividir el $z$) da 2 de arriba

3 es una consecuencia trivial de 2 desde wlog podemos suponer $\sum|a_k| < \infty$ en 2 yendo a $b_k=\frac{a_k}{k^2}$ cual es absolutamente convergente desde $a_k$ es limitado y que claramente satisface 2; entonces si $p \ge 1$ es el primer índice para que $a_p \ne 0, |a_p|=a>0$ e con $A=\max|a_k| \ge a>0$ podemos encontrar fácilmente un gran $q$ s.t. $A\frac{p^q}{(p+m)^q} \le .0001\frac{a}{(p+m)^2}, m>1$ como $(1+\frac{m}{p})^{q-2} \ge (1+\frac{1}{p})^{q-2} \to \infty$ con $q$ fijos $p$, llevando a un término con valor absoluto $a$ plus suma que en la mayoría de las $.0001a\frac{\pi^2}{6}$ en valor absoluto es cero y que es imposible.

Así que todos los $a_k$ debe ser cero si 2 es satisfecho y finalmente estamos hecho!