Mostrar $\lim_{h\to 0} \frac{(a^h-1)}{h}$ existe sin l'Hôpital o incluso haciendo referencia a $e$ o log natural

Question

Tomando como definición de exponenciación la multiplicación repetida (extendida a exponentes reales por continuidad), ¿podemos demostrar que el límite

$$\lim_{h\to 0}\dfrac{a^h-1}{h}$$

existe, sin l'Hôpital, $e$ ¿o incluso el logaritmo natural? Seguro que l'Hôpital funcionará, pero eso es circular si estamos desarrollando el cálculo de trascendentales desde los primeros principios. Hay una buena respuesta a esta pregunta ya por el usuario Neal, pero él utiliza la función exponencial con base $e$ (se ha respondido muchas veces: véase también aquí , aquí y aquí ).

Pero utilizando las propiedades especiales de $e$ me parece que también es circular; no literalmente circular de forma lógica, en el sentido de que estamos invocando resultados que estamos tratando de probar, ya que hay definiciones de $e^x$ lo que hace trivial la verificación de la derivada. Pero quizás pedagógicamente circular para un completo novato, las propiedades especiales de $e$ parecen inmotivadas porque no se pueden justificar sin hacer referencia a la propia derivada que intentamos calcular (o bien un rodeo por los logaritmos, pero no lo hagamos).

¿Podemos encontrar bonitos límites de teoremas de compresión como los que tiene Neal, pero para la función $a^x$ en lugar de $e^x$ con la desventaja adicional de que no podemos escribir $a^x=e^{x\log a}$ ? He pensado en sustituir una expansión en serie por $\log a$ pero no se ha encontrado ningún límite que sea bien polinómico en ambos $x$ y $a$ .

Me pregunto si la prueba geométrica de $\lim (\sin x)/x$ (véase, por ejemplo, la respuesta de robjohn aquí ) podría adaptarse.

Obviamente, sin una referencia al logaritmo natural, no podemos calcular el valor del límite. Pero sólo quiero demostrar que existe (mediante el teorema de squeeze o la convergencia monótona). Una vez que sabemos que este límite existe, podemos demostrar que se comporta como un logaritmo, por lo que hay una base única para la que el límite es 1, que llamamos $e$ . El resto del desarrollo del cálculo de exponenciales y logarítmicos se deduce fácilmente. Este parece ser el enfoque que parecería más accesible y a la vez motivado para un estudiante de cálculo novato.

Un límite análogo a $\lim\dfrac{a^h-1}{h}$ para entender a diferenciar funciones exponenciales, son los límites $\lim\limits_{n\to\infty} (1+\frac{1}{n})^n$ y $\lim\limits_{n\to\infty} (1+\frac{1}{n})^{n+1}$ para diferenciar el logaritmo, si prefieres empezar con eso como tu concepto primitivo. Se demuestra que ambos límites existen utilizando La desigualdad de Bernoulli (véase la respuesta de WimC aquí para el primer límite, y ver la respuesta de David Mitra aquí para el segundo límite). Intenté sin éxito utilizar la desigualdad de Bernoulli para demostrar que mi secuencia era monótona. Este límite también se puede analizar utilizando la desigualdad AM-GM como se ve en la respuesta del usuario94270 a esta pregunta . Así que esa desigualdad puede ayudar aquí.

También aceptaría una explicación de por qué no se puede calcular el límite sin técnicas trascendentales, o una opinión de por qué no es un enfoque pedagógico para introducir el cálculo de exponenciales y logaritmos.

Editar: Esta pregunta tiene una buena solución de Paramanand Singh a un problema estrechamente relacionado.

Answer 1

Dejemos que $a>1.$ Supongo que $a^x$ es continua, y que la ley del exponente básico $a^{x+y}=a^xa^y$ se mantiene.

Reclamación: $a^x$ es convexo en $[0,\infty).$ Prueba: Porque $a^x$ es continua, basta con demostrar que $a^x$ es el punto medio convexo. Supongamos que $x,y\in [0,\infty).$ Utilizando $(uv)^{1/2} \le (u+v)/2$ para los no negativos $u,v,$ obtenemos $a^{(x+y)/2} = (a^{x} a^{y})^{1/2} \le (a^x+a^y)/2.$

Ahora bien, si $f$ es convexo en $[0,\infty),$ entonces $(f(x)-f(0))/x$ es una función creciente de $x$ para $x\in(0,\infty).$ Esta es una propiedad sencilla y fácil de demostrar de las funciones convexas.

Reclamación: $\lim_{x\to 0^+}(a^x-1)/x$ existe. Prueba: Todos estos cocientes están acotados por debajo de $0.$ Como $x$ disminuye a $0,(a^x-1)/x$ disminuye por lo anterior. Debido al límite inferior de $0,$ el límite existe.

De ello se desprende que $\lim_{x\to 0}(a^x-1)/x$ existe. Esto se deduce de lo anterior y del hecho de que si $x>0,$ entonces $a^{-x} = 1/a^{x}.$ Para manejar $0<a<1,$ mira $[(1/a)^x-1]/x$ para ver $\lim_{x\to 0}(a^x-1)/x$ existe.

Answer 2

Si $a = 1$ el límite es obviamente $0$ . Dejemos que $a > 1$ y $0 < b < 1$ . Utilizando un álgebra sencilla es fácil demostrar que $$\frac{a^{r} - 1}{r} > \frac{a^{s} - 1}{s},\,\,\frac{1 - b^{r}}{r} < \frac{1 - b^{s}}{s}\tag{1}$$ donde $r, s$ son racionales positivos con $r > s$ . (ver ecuación $(11)$ de este puesto ) . A petición de la OP estoy proporcionando la prueba de la desigualdad anterior aquí mismo.

En primer lugar, supongamos que $r, s$ son enteros positivos. Claramente sabemos que $a^{i} < a^{r}$ para todos $i = 0, 1, 2,\dots, r - 1$ y por lo tanto al sumar estas ecuaciones obtenemos $$1 + a + a^{2} + \dots + a^{r - 1} < ra^{r}$$ y multiplicando la ecuación anterior por $(a - 1) > 0$ obtenemos $$a^{r} - 1 < ra^{r}(a - 1) = ra^{r + 1} - ra^{r}$$ o $$(r + 1)a^{r} - r - 1 < ra^{r + 1} - r$$ o $$(r + 1)(a^{r} - 1) < r(a^{r + 1} - 1)$$ para que finalmente tengamos $$\frac{a^{r} - 1}{r} < \frac{a^{r + 1} - 1}{r + 1}$$ De ello se desprende que la secuencia $t_{n} = (a^{n} - 1)/n$ es estrictamente creciente y por lo tanto $t_{r} > t_{s}$ para números enteros positivos $r,s$ con $r > s$ . Esto demuestra la primera desigualdad de $(1)$ con la restricción de que $r, s$ son enteros positivos. La segunda desigualdad que trata de $0 < b < 1$ se puede demostrar de forma similar a partir de $b^{i} > b^{r}$ para todos $i = 0, 1, 2, \dots, r - 1$ .

A continuación ampliamos la desigualdad $(1)$ al caso cuando $r, s$ son números racionales positivos con $r = p/q, s = m/n$ donde $p, q, m, n$ son enteros positivos y $r > s$ para que $np > mq$ . Dejemos que $c = a^{1/nq}$ para que $c > 1$ y por lo tanto a través de la desigualdad $(1)$ (con restricción de índices integrales positivos) obtenemos $$\frac{c^{np} - 1}{np} > \frac{c^{mq} - 1}{mq}$$ Multiplica la ecuación anterior por $nq > 0$ obtenemos $$\frac{a^{r} - 1}{r} > \frac{a^{s} - 1}{s}$$ para que la desigualdad $(1)$ se demuestra para el caso en que $r, s$ son racionales positivos.

Si ampliamos la definición de $a^{x}$ a exponentes reales $x$ por cualquier método (como uno que utilice los cortes Dedekind sugeridos por OP), vemos que las desigualdades anteriores se mantienen incluso si $r, s$ son reales positivos con $r > s$ . Sin embargo, cualquier procedimiento de este tipo se basa efectivamente en procesos de limitación y, por lo tanto, sólo podemos obtener las versiones más débiles de las desigualdades anteriores de esta manera. Sin embargo, tenemos la suerte de que aquí sólo necesitamos la versión más débil. Así, tenemos $$\frac{a^{r} - 1}{r} \geq \frac{a^{s} - 1}{s},\,\,\frac{1 - b^{r}}{r} \leq \frac{1 - b^{s}}{s}\tag{2}$$ donde $r, s$ son números reales con $r > s > 0$ y $a, b$ son números reales con $a > 1 > b > 0$ . Ahora es evidente que para $a > 1$ la función $f(x) = (a^{x} - 1)/x$ en el aumento de $(0, \infty)$ . También $f(x) > 0$ para todos $x$ . Por lo tanto, se deduce que $f(x) \to L$ como $x \to 0^{+}$ y además $L \geq 0$ .

Si $x < 0$ para que $x = -y$ y $y > 0$ entonces podemos ver que $$f(x) = f(-y) = \frac{a^{y} - 1}{ya^{y}} = \frac{a^{y} - 1}{y}\frac{1}{a^{y}} \to L$$ como $y \to 0^{+}$ . Por lo tanto, se deduce que $f(x) \to L$ como $x \to 0$ y $L \geq 0$ .

Si $0 < a < 1$ entonces podemos utilizar las inuqalidades relacionadas con $b$ anterior y demostrar que $f(x) \to L$ y $L \leq 0$ como $x \to 0$ . Con un poco más de esfuerzo podemos demostrar que $L = 0$ si y sólo si $a = 1$ . La existencia de este límite para todos los $a > 0$ define una nueva función de $a$ que normalmente se llama el logaritmo de $a$ . A partir de aquí podemos desarrollar una teoría de la función exponencial y logarítmica. Véase más detalles en este post .

Answer 3

Esbozaré una forma. Supongamos que $a > 1$ . (El caso $a < 1$ puede hacerse de forma similar).

1. Demostrar que $f(x) = a^x$ es continua (de hecho, basta con que sea continua por la derecha) y estrictamente creciente.
2. Toda función continua monótona es diferenciable en casi todas partes. (Este es un teorema bien conocido, pero no del todo trivial).
3. Demostrar que $f(x+y) = f(x)f(y)$ . Por lo tanto, si $f$ es diferenciable en algún punto $x=x_0$ entonces $f$ también es diferenciable en $x=0$ , lo que demuestra que su límite existe.

Answer 4

Esto aborda la demostración de que $\lim c_n=\lim n(a^{1/n}-1)$ existe. Sea $u=a^{1/n}$ y aplicar la identidad $u^n-1=(u-1)(1+u+\cdots + u^{n-1}).$ Entonces, después de multiplicar el numerador y el denominador de $c_n$ por el segundo factor de esa identidad, se llega a $c_n=(a-1)/I_n,$ donde $$I_n=\frac{1}{n} [ a^{0/n}+a^{1/n}+\cdots +a^{(n-1)/n}],$$ que es una suma de Riemann de extremo izquierdo para la integral $\int_0^1 a^x \ dx,$ por lo que en el límite converge a esa integral, mostrando como se desea que el límite existe.

Típicamente, al menos, un estudiante de calc 2 estaría familiarizado con las sumas de Riemann de la mano izquierda y su convergencia a la integral asociada.

Answer 5

La afirmación de OP,

Pero utilizando las propiedades especiales de $e$ También me parece circular; para un completo novato, las propiedades especiales de $e$ no puede justificarse sin hacer referencia a la propia derivada que intentamos calcular (o bien un rodeo por los logaritmos, pero no lo hagamos).

no es cierto. Esas propiedades pueden construirse y demostrarse sin ser circulares (¡de manera difícil!). Le remito a Principio de análisis matemático de Walter Rudin (es decir, Baby Rudin) para el detalle.

En la página 22 el ejercicio 6, $b^x$ con $b>1$ se define la forma de corte Dedekind que el OP dio en el comentario.

En la página 63-64 la constante $e$ se define como $\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{n!}$ y $\displaystyle e=\lim_{n\rightarrow \infty} (1+\frac{1}{n})^{n}$ está demostrado.

En la página 178-179, una "función especial" $E(z)$ se define como $\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} \frac{z^n}{n!}$ y una prueba de $E(x)=e^x$ para cualquier número real $x$ se da.

Finalmente, una vez que tenemos las series de potencias, el límite es fácil de calcular.

Cuestiones a tener en cuenta

1. ¿Por qué $\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{n!}$ ¿converger? Se puede demostrar que la secuencia de la suma parcial es creciente y está acotada por encima de $3-\frac{1}{n}$ (por inducción), por lo que están acotadas por encima de 3, y por lo tanto convergen.
2. Tendrá que utilizar la prueba de la relación o la prueba de la raíz para demostrar $E(x)$ convergen absolutamente para cualquier $x$ y, por tanto, está bien definida para cualquier $x$ .
3. Para demostrar $E(x)E(y)=E(xy)$ (Un paso importante para demostrar $E(x)=e^x$ ) necesitarás las propiedades de las series de potencias absolutamente convergentes.