Motivación de la serie taylor de $\mathrm{e}$

Question

Una forma clásica de introducir el "número de Euler" $\mathrm{e}$ es a través del interés compuesto que lleva a

$$ \mathrm{e} = \lim_{n\to \infty} \left (1 + \frac{1}{n} \right )^n $$

¿Existe también esa motivación en el mundo real para

$$ \mathrm{e} = \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{1}{n!} $$

Answer 1

Mi forma favorita es buscar soluciones a la ecuación funcional $f(x+y) = f(x)f(y)$ .

Configuración $y=0$ , obtenemos $f(0) = 1$ .

Si suponemos que son diferenciables, $f(x+h)= f(x)f(h) $ , así que

$\begin{array}\\ f(x+h)-f(x) &= f(x)f(h)-f(x)\\ &= f(x)(f(h)-1)\\ \text{so}\\ \dfrac{f(x+h)-f(x)}{h} &= \dfrac{f(x)(f(h)-1)}{h}\\ &= f(x)\dfrac{f(h)-1}{h}\\ \end{array} $

Dejar $h \to 0$ , esto da $f'(x) = f'(0)f(x)$ , por lo que $f(x) = a^x$ donde $f'(0) = \ln(a)$ .

$e$ es el valor que hace que $f'(0) = 1$ .

Answer 2

Una propiedad importante de $e$ (algunos dirían que el propiedad importante) es que $\frac{d}{dx} e^x = e^x$ . Como sabemos que $a^0 = 1$ para cualquier $a$ esta propiedad se puede utilizar para encontrar la expansión de Taylor en torno a 0, ya que para $f(x) = e^x$ , $f^{(n)}(0)=1 \forall n$ .

$$e^x = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^n f^{(n)}(0)}{n!} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^n}{n!}$$

Desde $1^n = 1 \forall n$ ,

$$e^1 = e = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{n!}$$

Otra forma de ver esto es examinar lo que sucede cuando se toma la derivada de la serie de Taylor:

$$\frac{d}{dx} e^x = \frac{d}{dx}\sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^n}{n!} = \frac{d}{dx}\left(1 + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^n}{n!}\right) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{d}{dx}\frac{x^n}{n!}= \sum_{n=1}^{\infty} \frac{nx^{n-1}}{n!} = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^{n-1}}{(n-1)!} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^n}{n!} = e^x$$

Del mismo modo, al integrar la serie de Taylor, también se obtiene la misma serie de Taylor de vuelta (más una constante de integración).