Prueba de $\lim_{n\to \infty }(1+\frac{z}{n})^n=e^x(\cos y+i\sin y)$

Question

¿Alguien tiene pruebas de que $\lim_{n\to \infty }\left(1+\frac{z}{n}\right)^n=e^x(\cos y+i\sin y)$ porque las pruebas que tengo son poco claras y/o incorrectas.

$$z=x+iy \in \mathbb C$$

Para un tamaño lo suficientemente grande $n$ : $\left|\arg\left(1+\frac{1}{n}\right)\right|<\frac{\pi}{2}$ (¿Por qué/cómo?) Veamos las secuencias reales $z_n=\left(1+\frac{z}{n}\right)^n,|z_n| \text{ and } \arg z_n.$

Está demostrado que $\lim_{n\to \infty }|1+\frac{z}{n}|^n=e^x$

luego dice, lo que no tiene sentido para mí de aquí en adelante(voy a resaltar las líneas que no están claras):

$$\arg (z_n)=\arg\left(\left(1+\frac{z}{n}\right)^n\right)=$$

$$n\arctan\left(\frac{y}{x+n}\right) \text{ then it's just some blank space and } \mod2\pi \to y \text{ and again some blank space} \mod 2\pi \text{ when } n\to \infty, \text{therefore }\lim_{n\to \infty }\left(1+\frac{z}{n}\right)^n=e^x(\cos y+i\sin y) $$

Answer 1

Siempre he pensado que el teorema del binomio y el teorema de convergencia dominante son el camino para demostrar esto. Para $n=1,2,\dots $ definir

$$c_n(0) = 1, c_n(k) = \frac{n(n-1)\cdots (n-k+1)}{n^k},\, k = 1,2,\dots n, \,c_n(k) = 0\, \text {for}\,\, k> n.$$

Entonces el teorema del binomio da $$\tag 1(1+z/n)^n = \sum_{k=0}^{\infty}c_n(k)\frac{z^k}{k!}.$$ Para cada fijo $k, |c_n(k)|\le 1$ para todos $n,$ y $\lim_{n\to \infty}c_n(k) =1.$ Porque $\sum |z|^k/k!<\infty$ para cada $z,$ el límite de $(1)$ como $n\to \infty$ es igual a $\sum_{k=0}^{\infty}1\cdot\frac{z^k}{k!} = e^z$ por el SES.

Answer 2

Sabemos que el valor principal de la función argumento de un número complejo $z$ se define como

$$\text{Arg} (z)=\begin{cases} \arctan\left(\frac{\text{Im}(z)}{\text{Re}(z)}\right)&,\text{Re}(z)>0\\\\ \arctan\left(\frac{\text{Im}(z)}{\text{Re}(z)}\right)+\pi&,\text{Re}(z)<0,\,\text{Im}(z)\ge 0\\\\ \arctan\left(\frac{\text{Im}(z)}{\text{Re}(z)}\right)-\pi&,\text{Re}(z)<0,\,\text{Im}(z)< 0\\\\ \pi/2&,\text{Re}(z)=0,\,\text{Im}(z)> 0\\\\ -\pi/2&,\text{Re}(z)=0,\,\text{Im}(z)< 0\\\\ \end{cases}$$

El argumento de $z$ es

$$\arg (z)=\text{Arg}(z)+2\ell \pi$$

para valores enteros de $\ell$ .

Ahora, para $z=x+iy$ con valores fijos de $x$ y $y$ y $n>-x$ tenemos

$$\begin{align} \arg\left(\left(1+\frac zn\right)^n\right)&=\arg\left(\left(1+\frac xn+i\frac yn\right)^n\right) \tag 1\\\\ &=n\arctan\left(\frac{y/n}{1+x/n}\right)+2\ell \pi \tag 2\\\\ &\to y+2\ell \pi \,\,\text{as}\,\,n\to \infty \tag 3 \end{align}$$

Por lo tanto, ya que $\cos (y+2\ell \pi)=\cos y$ y $\sin (y+2\ell \pi)=\sin y$ tenemos

$$\lim_{n\to \infty}\left(1+\frac zn\right)^n=e^x\left(\cos y+i\sin y\right)$$

¡como se iba a mostrar!

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NOTA $1$ :

Al pasar de $(1)$ a $(2)$ , hicimos uso de forma inductiva de la relación

$$\arg(z^2)=2\arg(z)+2\ell \pi \tag 4$$

Podemos verificar $(4)$ como sigue. En primer lugar, dejemos que $z=x+iy$ . Entonces, para $x^2-y^2>0$ y $x>0$ tenemos

$$\begin{align} \arg(z^2)&=\text{Arg}(z^2)+2\ell \pi\\\\ &=\arctan\left(\frac{2xy}{x^2-y^2}\right)+2\pi \ell\\\\ &=\arctan\left(\frac{2(y/x)}{1-(y/x)^2}\right)+2\pi \ell\\\\ &=2\arctan(y/x)+2\pi \ell\,\,\dots \,\text{where we used the double angle formula for the tangent}\\\\ &=2\arg(z)+2\ell \pi \tag 5 \end{align}$$

Ahora, dejemos que $z=\left(1+\frac xn\right)+i\left(\frac yn\right)$ en $(5)$ . Entonces, para $n$ suficientemente grande, $\left(1+\frac xn\right)^2-\left(\frac yn\right)^2>0$ y $1+\frac xn >0$ encontramos

$$\arg\left(z^2\right)=2\arg(z)+2\pi \ell$$

El procedimiento inductivo revela que

$$\arg(z^n)=n\arg (z)+2\ell \pi$$

como se iba a demostrar.

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NOTA $2$ :

Al pasar de $(2)$ a $(3)$ , hicimos uso de ESTA RESPUESTA en el que establecí las desigualdades para la función arctangente

$$\frac{|x|}{\sqrt{1+x^2}} \le|\arctan(x)|\le |x|$$

Entonces, tenemos

$$\left|\frac{\frac{y}{1+x/n}}{\sqrt{1+\left(\frac{y/n}{1+x/n}\right)^2}} \right|\le \left| n\arctan\left(\frac{y/n}{1+x/n}\right)\right| \le \left|\frac{y}{1+x/n}\right|$$

con lo que aplicando el teorema de la compresión se obtiene el límite

$$\lim_{n\to \infty}n\arctan\left(\frac{y/n}{1+x/n}\right)=y$$

¡como se iba a mostrar!

Answer 3

En mi opinión, la respuesta podría ser la siguiente:

Lema: Sea $z_n$ sea una secuencia de números complejos distintos de cero y supongamos que para cada $n \in \mathbb{N}$ tenemos $\phi_n \in Arg(z_n)$ donde $Arg(z_n)$ es el conjunto de argumentos (suelo denotar por arg(z) el valor principal). Supongamos que $\phi_n \to \phi$ y que $|z_n| \to \rho$ entonces tenemos $z_n \to \rho(cos \phi+isen\phi)$ .

Así que una vez demostrado este lema se puede trabajar de la siguiente manera:

$lim |1+\frac{z}{n}|^n= lim \sqrt{\left( (1+\frac{x}{n})^2 + (\frac{y}{n})^2\right)^n}= lim \sqrt{\left(1+\frac{x^2/n+y^2/n+2x}{n}\right)^n}=(e^{2x})^{1/2}=e^x$

donde he utilizado el caso real del límite y he escrito $z=x+iy$ .

Ahora por la fórmula de De Moivre $n \ arg(1+\frac{z}{n}) \in Arg((1+\frac{z}{n})^n)$ y debido al lema anterior lo único que tengo que demostrar es que $n \ arg(1+\frac{z}{n}) \to y$ .

En este punto debes recordar el valor del argumento expresado de forma general que puedes encontrar aquí .

Usando esa forma tenemos:

$n \ arg(1+\frac{z}{n}) = 2n \ arctg\left(\frac{y/n}{\sqrt{(1+x/n)^2+(y/n)^2}+(1+x/n)}\right)$ (1)

Tenga en cuenta que esta forma podría ser errónea si $1+\frac{z}{n}$ era un número real negativo pero claramente existe $n_0$ tal que para todo $n \ge n_0$ $1+\frac{z}{n}$ no es un número real negativo.

Por último, si se aplica esa $arctg x$ y $x$ son infinitesimales equivalentes cuando $x \to 0$ entonces en (1) puedes poner:

$2n \left(\frac{y/n}{\sqrt{(1+x/n)^2+(y/n)^2}+(1+x/n)}\right)$

que converge claramente a y.

Si aplicas el primer lema ya has terminado.