como dice el título, quiero demostrar,$e^{\log(1+x)}= 1+x$, por sustituto $\log(1+x) = \sum _{i=1} ^{\infty} \frac{(-1)^{i+1}x^i}{i}$$e^x=\sum _{i=0} ^{\infty} \frac{x^i}{i!} $. ¿Alguien me ayuda?
Respuesta
¿Demasiados anuncios?
Usted tiene: $$e^{\log (1+x)}=\sum_{k=0}^\infty \frac{1}{k!}\left(\sum_{m=1}^\infty \frac{(-1)^{m+1} x^{m}}{m}\right)^k=\sum_{n=0}^\infty a_n x^n$$ La orden cero sólo puede lograrse cuando la $k=0$, por lo que el $a_0 = 1$. Como para $a_1$ sólo $m=k = 1$ contribuye, así que de nuevo $a_1 = 1$. Pero, ¿cómo podemos probar todos los órdenes superiores son cero?
Si se toma el término por término derivado, usted debe conseguir: $$\sum _{k=0}^{\infty } \frac{k \left(\sum _{m=1}^{\infty } (-1)^{m+1} x^{m-1}\right) \left(\sum _{m=1}^{\infty } (-1)^{m+1} x^m / m\right){}^{k-1}}{k!} =$$ $$\sum _{k=0}^{\infty } \frac{1}{(k-1)!}\cdot\frac{1}{1+x}\cdot \log^{k-1}(1+x) = \frac{e^{\log (1+x)}}{1+x}$$ Desde aquí se tiene: $$\sum a_n n (x +1)x^{n-1} = \sum a_n x^n$$ Que puede ser rewriten como: $$-a_0 + a_1 + 2 a_2 x + \sum_{n=2}^\infty ((n - 1)a_n + (n+1)a_{n+1})x^n = 0$$ Ya que esto debe ser cierto para todas las $x$, está claro que para todos los $n>1$, $a_n=0$.
