Pruebas elementales sobre $f(t)=\lim_{n\to\infty}(1+\frac tn)^n$

Question

Por favor, lea atentamente lo que quiero decir con elemental antes de marcar la pregunta como duplicada.

Estoy empezando las clases de cálculo en el instituto; es decir: no hay series, ni derivadas, ni límites de funciones, ni continuidad... Acabo de enunciar el axioma de suprema y he definido sucesión y límite de sucesión. He demostrado que una sucesión monótona y acotada tiene límite. Sólo eso.

En condiciones tan "elementales", me gustaría probar:

• Para cada real $t$ la secuencia $\left(1+\dfrac tn\right)^n$ converge. (Tengo problemas para $t<0$ ). Entonces definiré $e^t$ como límite de esta secuencia.
• Para cada par $t,s$ , $e^{t+s}=e^te^s$ .

¿Alguna idea o bibliografía?

Answer 1

Para la convergencia, demuestro que la secuencia $\left(1+\dfrac tn\right)^n$ está aumentando.

Si $t>0$ y $n$ es grande, esto se ve de la siguiente manera: $$\frac{\left(1+\dfrac t{n+1}\right)^{n+1}}{\left(1+\dfrac tn\right)^n} = \left(1+\dfrac t{n+1}\right) \left[ \frac{n(n+1+t)}{(n+t)(n+1)}\right]^n = \left(1+\dfrac t{n+1}\right)\left[1-\frac{t}{(n+t)(n+1)}\right]^n \geq^1$$ $$\geq^1\left(1+\dfrac t{n+1}\right)\left[1-\frac{nt}{(n+t)(n+1)}\right]\geq^2 \left(1+\dfrac t{n+1}\right)\left(\frac{1}{1+\frac{t}{n+1}}\right)=1$$ Donde la desigualdad $\geq^1$ se desprende de $(1+x)^n \geq 1+nx$ para $x>-1$ (y aquí es donde estamos tomando $n$ lo suficientemente grande para que $1-\frac{t}{(n+t)(n+1)}>-1$ ) y la desigualdad $\geq^2$ es una manipulación algebraica: $$1-\frac{nt}{(n+t)(n+1)} = \frac{n^2+t+n}{n^2+nt+t+n} = \frac{1}{1+\frac{nt}{n^2+n+t}} = \frac{1}{1+\frac{t}{n+1+t/n}} \geq \frac{1}{1+\frac{t}{n+1}}$$ Para $t<0$ las desigualdades que he escrito pueden verse como válidas si $n$ es lo suficientemente grande.

Además, las secuencias están acotadas. Para $t<0$ esto es fácil porque $\left(1+\dfrac tn\right)^n<1^n=1$ . Para $t>0$ , fije un número entero $m>\max \{t,2\}$ y escribir $$\left(1+\dfrac tn\right)^n \leq \left(1+\dfrac mn\right)^n = \sum_{k=0}^n\frac{n!}{(n-k)!}\frac{m^k}{n^k}\frac{1}{k!} \leq \sum_{k=0}^n \frac{m^k}{k!} =$$ $$= \sum_{k=0}^{3m} \frac{m^k}{k!} + \sum_{k=3m+1}^n\frac{m \cdot \ldots \cdot m}{(2m)(2m-1) \ldots1} \frac{1}{(2m+1) \ldots (3m) \ldots k} \leq$$ $$\leq \sum_{k=0}^{3m} \frac{m^k}{k!} + \sum_{k=3m+1}^n \left(\frac{1}{4} \right)^{k-2m} \leq \sum_{k=0}^{3m} \frac{m^k}{k!} + 1 < \infty$$ Ahora, una secuencia creciente y acotada tiene un límite, lo que demuestra la primera afirmación.
He estado intentando ver la regla del producto pero no he podido terminarla, al menos usando sólo la definición $e^t = \lim_n \left( 1+\dfrac tn\right)^n$ . Lo he visto: $$e^{s+t} = \lim_n \sum_{k=0}^n {n \choose k}\left(1+\dfrac sn\right)^{n-k}\left(\dfrac tn\right)^k \leq e^s \sum_{k=0}^n {n \choose k}\left(\dfrac tn\right)^k = e^se^t$$ y esto es válido para $s \in \mathbb{R}$ y $t\geq 0$ . Por otro lado, si $s$ y $t$ son ambos negativos, $$e^se^t = \lim_n \left( 1+\dfrac tn\right)^n\left( 1+\dfrac sn\right)^n= \lim_n \left( 1+\dfrac {t+s}n +\frac{st}{n^2}\right)^n \geq \lim_n \left( 1+\dfrac {t+s}n\right)^n=e^{s+t}$$ Demostrando que, en general, $e^{s+t} \leq e^se^t$ . Ahora bien, si $s$ y $t$ tienen signos opuestos, la desigualdad anterior cambia su dirección, y se tiene que $e^se^t \leq e^{s+t}$ Así que todavía tengo que demostrar que $e^se^t \leq e^{s+t}$ cuando $s$ y $t$ son positivos.

Espero que esto ayude; no está sacado de ningún libro, así que probablemente haya formas más rápidas de demostrar algunos hechos.

EDIT: Por fin he podido probarlo. Porque $e^{s+t} = e^se^t$ se mantiene para signos opuestos, obtengo $e^{t}e^{-t}=1$ lo que equivale a $$\lim_n\left(1+\dfrac tn\right)^n = \lim_n \left(1-\dfrac tn\right)^{-n}$$ Y por lo tanto $$\frac{e^se^t}{e^{s+t}} = \lim_n \left[ 1+\frac{st}{n(n-s-t)}\right]^{-n} \leq 1$$ cuando $s$ y $t$ tienen el mismo signo.

Resultados elementales que estoy utilizando:

• Una secuencia creciente acotada tiene un límite
• Teorema del binomio $(a+b)^n = \sum_{k=0}^n {n \choose k} a^k b^{n-k}$
• Si $x>-1$ , $(1+x)^n \geq 1+nx$
• $\sum_{k=1}^n \frac{1}{4^k}\leq 1$ para cualquier $n$

Answer 2

En aras de la brevedad, escribamos $$f_n(t) =\left(1+\frac{t}{n}\right)^n\tag{1}$$ Utilizando el teorema del binomio podemos observar (tras un poco de álgebra) que $$f_n(t) =1+t+\dfrac{1-\dfrac{1}{n}}{2!}t^2+\dfrac{\left(1-\dfrac{1}{n} \right)\left(1-\dfrac{2}{n}\right)}{3!}t^3+\dots\tag{2}$$ La serie de la derecha es finita y está formada por $(n+1)$ condiciones. Si $t>0$ entonces como $n$ aumenta cada término de la serie anterior y el número de términos también aumenta. Por lo tanto, $f_n(t)$ es una secuencia creciente si $t>0$ . El caso $t<0$ se tratará más adelante.

Empecemos por el caso más sencillo, cuando $t=1$ (nota $t=0$ da el límite $1$ ya que la secuencia es constante y cada término es $1$ ). Demostramos que $f_n(t)$ está limitada por encima por $3$ si $t=1$ . Utilizando la ecuación $(2)$ tenemos $$f_n(1)\leq 1+1+\frac {1}{2!}+\dots+\frac{1}{n!}$$ que no supere $$1+1+\frac{1}{2}+\dots+\frac{1}{2^{n-1}}=1+2(1-(1/2^n))<3$$ Por lo tanto, $f_n(1)$ converge a algún límite y como $f_n(1)\geq 2$ el límite $f(1)$ se encuentra en el intervalo $[2,3]$ . Todo lo que necesitamos saber es que $f(1)>0$ .

Siguiente $t$ sea un número entero positivo. Podemos escribir $$f_n(t) =\prod_{i=1}^{t}\dfrac{\left(1+\dfrac{1}{n+i-1}\right)^{n+i-1}}{\left(1+\dfrac{1}{n+i-1}\right)^{i-1}}\tag{3}$$ Cada numerador anterior es una sucesión de $f_n(1)$ y por lo tanto tiende a $f(1)$ . Por otro lado, cada denominador tiende a $1$ y por lo tanto $f_n(t)$ tiende a $(f(1))^t$ . Como la secuencia es creciente, también se deduce que $$f_n(t) \leq (f(1))^t,\forall t, n\in\mathbb {N}\tag{4}$$ Consideremos ahora el caso en que $t>0$ es un número real. Y dejemos que $m$ sea un número entero positivo con $t<m$ . A continuación, utilizando $(4)$ tenemos $$f_n(t) <f_n(m) \leq (f(1))^m$$ para que la secuencia esté acotada por encima y, por tanto, converja. Así, hemos demostrado que $f(t)$ existe para todos los $t\geq 0$ y se puede comprobar $f(t) \geq 1+t$ y $f(t) =(f(1))^t$ si $t$ es un número entero positivo.

Considere $t$ como un número racional positivo de la forma $t=p/q$ donde $p, q$ son enteros positivos. Entonces sabemos que $f_n(t)$ converge a $f(t)$ . Más información: $$(f_n(t)) ^q=\left(1+\frac {p} {qn} \right) ^{qn}$$ es una sucesión de $f_n(p)$ y por lo tanto converge a $f(p) = (f(1))^p$ . De ello se desprende que $(f(t)) ^q=(f(1))^p$ . De este modo, hemos demostrado que $f(t)=(f(1))^t$ si $t$ es un número racional positivo.

Tratemos ahora de $t<0$ para que $-t>0$ . Podemos utilizar la desigualdad de Bernoulli y obtener $$1-\frac{t^2}{n}\leq\left(1-\frac {t^2}{n^2}\right)^n\leq 1\tag{5}$$ siempre que $n>|t|$ . Por el teorema de squeeze se deduce que $(1-(t^2/n^2))^n\to 1$ (alternativamente se puede demostrar utilizando un lema de Thomas Andrews). En otras palabras, tenemos $$\left(1+\frac{t}{n}\right)^n=\dfrac {\left(1-\dfrac {t^2} {n^2}\right)^n} {\left(1+\dfrac{(-t)} {n} \right)^n} \to \frac{1}{f(-t)}$$ Así, hemos demostrado que $f(t)$ existe para todos los reales $t$ y tenemos $f(t) f(-t) =1$ . Esto también demuestra que $f(t) >0$ para todos los reales $t$ .

Para demostrar la propiedad exponencial de $f(t)$ podemos considerar la secuencia $$a_n=\dfrac{1+\dfrac{s+t} {n} } {\left(1+\dfrac{s} {n} \right)\left(1+\dfrac{ t} {n} \right)} \tag{6}$$ Se puede comprobar que $n(a_n-1)\to 0$ y por lo tanto por lema de Thomas Andrews la secuencia $a_n^n\to 1$ . Así, $f_n(s+t)$ converge a $f(s) f(t)$ y tenemos $f(s+t) =f(s) f(t)$ para todos los reales $s, t$ .

El caso cuando $t\in\mathbb {C}$ se maneja en esta respuesta .

Answer 3

Por fin he encontrado una prueba, pero es un camino largo. Demasiado largo para escribirlo aquí.

Primero, tenía que demostrar algunos hechos sencillos como los límites de las sumas geométricas, $\lim ka_n=k\lim a_n$ , desigualdades triangulares, etc.

Luego demostré que la secuencia es creciente y acotada para $t>0$ . Necesitaba atar $\sum_{k=0}^n t^k/k!$ por esto.

Lo difícil era demostrar que si $a_n$ es una secuencia s. t. $a_n^n$ converge y $k\in\Bbb R$ entonces $$\left(a_n+\frac k{n^2}\right)^n$$ converge al mismo límite.

Esto me permitió declarar $e^te^{-t}=1$ (definiendo finalmente la función para $t<0$ ) y $e^te^s=e^{t+s}$ .

El documento tiene diez páginas y está escrito en español.

Answer 4

Mi prueba favorita la encontré en Best y Penner's Cálculo .

La idea es utilizar una única suma de Riemann de intervalo para el área bajo la curva $1/x$ entre $1$ y $1+t/n$ .

Lo entendemos. $t/(n+t)\le\int_1^{1+t/n}1/x\rm dx\le t/n\implies e^{t/(n+t)}\le1+t/n\le e^{t/n}\implies e^{nt/(n+t)}\le (1+t/n)^n\le e^t$ y el resultado se obtiene dejando que $n\to\infty$ .