Combinatoria prueba

Question

El uso de la noción de derivada de funciones de Taylor de la fórmula que

$$e^x=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{x^k}{k!}$$

Es allí cualquier combinatoria elemental prueba de esta fórmula

aquí está mi prueba para $x$ número natural

Denotar por $P_k^m$ número de $k$-permutaciones con repeticiones ilimitadas de los elementos de una $m$-se establece a continuación podemos demostrar que $$P_k^m=\sum_{r_0+r_1+...+r_{m-1}=k}\frac{k!}{r_0 !...r_{m-1}!}$$ también es válido $$P_k^m=m^k$$ Basada en la primera fórmula podemos deducir que $$\sum_{k=0}^{\infty}P_k^m\frac{x^k}{k!}=\left(\sum_{k=0}^{\infty}\frac{x^k}{k!}\right)^m$$ a partir de la segunda fórmula $$\sum_{k=0}^{\infty}P_k^m\frac{x^k}{k!}=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(mx)^k}{k!}$$ ahora es claro que $$\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(mx)^k}{k!}=\left(\sum_{k=0}^{\infty}\frac{x^k}{k!}\right)^m$$ a partir de la última ecuación para $x=1$ tomando en cuenta que $$\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{k!}=e=2,71828...$$ tenemos, finalmente, que para el número natural $m$ es válida la fórmula $$e^m=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{m^k}{k!}$$

Answer 1

Nosotros nos encargaremos de $x>0$ aquí.

Si definimos $e=\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{1}{n}\right)^n$,$e^x=\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{1}{n}\right)^{nx}$. Tenga en cuenta que desde $0\le nx-\lfloor nx\rfloor<1$, $$ \begin{align} e^x&=\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{1}{n}\right)^{nx}\\ &=\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{1}{n}\right)^{\lfloor nx\rfloor} \left(1+\frac{1}{n}\right)^{nx-\lfloor nx\rfloor}\\ &=\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{1}{n}\right)^{\lfloor nx\rfloor} \lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{1}{n}\right)^{nx-\lfloor nx\rfloor}\\ &=\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{1}{n}\right)^{\lfloor nx\rfloor} \end{align} $$ Usando el teorema del binomio, $$ \begin{align} \left(1+\frac{1}{n}\right)^{\lfloor nx\rfloor} &=\sum_{k=0}^{\lfloor nx\rfloor} \frac{1}{k!}\frac{P({\lfloor nx\rfloor},k)}{n^k}\\ &=\sum_{k=0}^\infty \frac{1}{k!}\frac{P({\lfloor nx\rfloor},k)}{n^k} \end{align} $$ Donde $P(n,k)=n(n-1)(n-2)...(n-k+1)$ es el número de permutaciones de $n$ cosas tomada $k$ en un momento.

Tenga en cuenta que $0\le\frac{P({\lfloor nx\rfloor},k)}{n^k}\le x^k$ y $\sum_{k=0}^\infty \frac{x^k}{k!}$ converge absolutamente. Por lo tanto, si elegimos un $\epsilon>0$, podemos encontrar una $N$ lo suficientemente grande, así que, para todos los $n$, $$ 0\le\sum_{k=N}^\infty \frac{1}{k!}\a la izquierda(x^k-\frac{P({\lfloor nx\rfloor},k)}{n^k}\right)\le\frac{\epsilon}{2} $$ Además, tenga en cuenta que $\lim_{n\to\infty}\frac{P({\lfloor nx\rfloor},k)}{n^k}=x^k$. Por lo tanto, podemos elegir un $n$ lo suficientemente grande como para que $$ 0\le\sum_{k=0}^{N-1} \frac{1}{k!}\a la izquierda(x^k-\frac{P({\lfloor nx\rfloor},k)}{n^k}\right)\le\frac{\epsilon}{2} $$ Por lo tanto, para n suficientemente grande, $$ 0\le\sum_{k=0}^\infty \frac{1}{k!}\a la izquierda(x^k-\frac{P({\lfloor nx\rfloor},k)}{n^k}\right)\le\epsilon $$ Por lo tanto, $$ \lim_{n\to\infty}\;\sum_{k=0}^\infty\frac{1}{k!}\frac{P({\lfloor nx\rfloor},k)}{n^k}=\sum_{k=0}^\infty\frac{x^k}{k!} $$ En resumen, tenemos $$ \begin{align} e^x&=\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{1}{n}\right)^{nx}\\ &=\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{1}{n}\right)^{\lfloor nx\rfloor}\\ &=\lim_{n\to\infty}\;\sum_{k=0}^\infty \frac{1}{k!}\frac{P({\lfloor nx\rfloor},k)}{n^k}\\ &=\sum_{k=0}^\infty\frac{x^k}{k!} \end{align} $$

Answer 2

Hecho: Cada valor distinto de cero función continua $F\colon\mathbb R\to\mathbb R_+$ donde $F(a+b)=F(a)F(b)$ es una función exponencial de alguna base: $F(x)=a^x$. Para demostrar esto, en primer lugar tenga en cuenta que $F(0)=F(0+0)=F(0)F(0)$. Por lo $F(0)^2=F(0)$. Por lo $F(0)\in\{0,1\}$. Pero si $F(0)=0$, toda la función es idéntica a cero. Ahora vamos a $a=F(1)$ y la primera prueba esto para enteros positivos $x=n$: $F(n)=F(1+\cdots+1)=F(1)\cdots F(1)=a^n$. Extender a los enteros negativos, el uso de $1=F(0)=F(n-n)=F(n)F(-n)=a^nF(-n)$. Por lo $F(-n)=a^{-n}$. Ahora se extienden a racionales $x=p/q$: $a^p=F(p)=F(q\cdot p/q)=F(p/q)^q$. Por lo $F(p/q)=a^{p/q}$. Extender a todos los reales, invocamos a la continuidad. Dado un real $r$, encontramos una secuencia de racionales que convergen a ella $q_n\to r$. A continuación,$F(r)=\lim_{n\to\infty}F(q_n)=\lim_{n\to\infty}a^{q_n}=a^r$. Este último paso no fue combinatoria, así que me estoy engañando.

Ahora usted puede combinatoria demostrar que si dejas $F(x)=\sum_{n=0}^\infty \frac{x^n}{n!}$,$F(a+b)=F(a)F(b)$. Por lo $F(x)=a^x$ algunos $a>0$. Ahora sólo tiene que mostrar $a=e$. Esto dependerá de cómo se definen $e$ en el primer lugar. Asumiré $e=\lim_{n\to\infty}(1+1/n)^n$. Aplicar el teorema del binomio para $(1+1/n)^n$ para obtener $$(1+1/n)^n=\sum_{k=0}^n \binom{n}{k}n^{-k}=1+n/n+\frac{n(n-1)}{2n^2}+\cdots$$ Esto es aproximadamente el $1+1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3!}+\cdots.$ Tomando el límite cuando $n$ va al infinito, obtenemos $e=\sum_{k=0}^\infty \frac{x^k}{k!}$. (Este paso puede ser rigurosa. Le he dado un croquis). Pero $F(1)=a^1$ coincide con esta expresión, por lo $a=e$.

Answer 3

No sé si esto es lo que están buscando, pero trabajando desde el hecho de que $\frac{d}{dx}e^x=e^x$, podemos decir que si $$ e^x=\sum_{k=0}^\infty\;a_k\;x^k $$ luego, tomando la derivada de ambos lados, obtenemos $$ \begin{align} e^x&=\sum_{k=1}^\infty\;k\;a_k\;x^{k-1}\\ &=\sum_{k=0}^\infty\;(k+1)\;a_{k+1}\;x^k \end{align} $$ Igualando los coeficientes de $x^k$ en estas dos fórmulas para $e^x$, obtenemos que $a_k=\frac{1}{k}\;a_{k-1}$. Desde $e^0=1$,$a_0=1$. Por lo tanto, nos llevan a la conclusión de que $a_k=\frac{1}{k!}$. Es decir, $$ e^x=\sum_{k=0}^\infty\frac{x^k}{k!} $$

Answer 4

$\newcommand{\+}{^{\daga}} \newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle\, nº 1 \,\right\rangle} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\, nº 1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, nº 1 \,\right\rbrack} \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil\, nº 1 \,\right\rceil\,} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\down}{\downarrow} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}} \newcommand{\piso}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,} \newcommand{\mitad}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\isdiv}{\,\left.\a la derecha\vert\,} \newcommand{\cy}[1]{\left\vert #1\right\rangle} \newcommand{\ol}[1]{\overline{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left (\, nº 1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large Un}\,#2\,}\,} \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}} \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, nº 1 \,\right\vert} \newcommand{\wt}[1]{\widetilde{#1}}$ Suponga que usted flip $N$ veces una moneda. Suponer que la probabilidad de tener la cola es $x/N$ y la cabeza es $1 - x/N$. La probabilidad de $k$ colas es $$ {N \elegir k}\pars{x \sobre N}^{k}\pars{1 - {x \sobre N}}^{N - k} $$ La probabilidad de que "no hay colas" o $1$ cola o $2$ colas $\ldots$ o $N$ colas es obviamente igual a $1$. A saber: $$ \sum_{k = 0}^{N}{N \elegir k}\pars{x \sobre N}^{k}\pars{1 - {x \sobre N}}^{N - k} =1 $$ Ahora, tomar el límite de $N \to \infty$ ( una delicada y exquisita !!! ) y el resultado es: $$ \expo{-x}\sum_{k = 0}^{\infty}{x^{k} \over k!}=1 $$