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 .