Cómo demostrar que $e^{-x}$ tiende a $0$ cuando $x\to \infty$ si $e^{-x}$ se define como la serie de potencias.

Question

Con sólo la definición formal de $$f(x) = \exp(-x)= \sum \frac{(-x)^n}{n!}$$ ¿cómo podemos demostrar que $$\lim_{x\to \infty} f(x)=0?$$

Estoy buscando una prueba que no utilice la identidad $\exp(x)\exp(-x)=1$ con el fin de encontrar una estrategia para problemas similares (es decir, límites de funciones definidas como series de potencias $\sum a_n x^n$ donde $a_n$ no tiene un signo fijo que comience en cualquier $n_0$ ).

Answer 1

No creo que esto sea posible.

La prueba tiene que ser muy específica para la serie dada debido a lo siguiente: Consideremos $g(x) = \sum a_n x^n$ con $a_n = \frac{1}{n!}$ para todos $n \neq n_0$ y $a_n = \frac{1}{n!} + \delta$ para algunos $\delta > 0$ y algunos fijos incluso entero $n_0 \geq 2$ .

Entonces tenemos

$$g(x) = e^x + \delta x^{n_0} \xrightarrow[x \to -\infty]{} \infty,$$ ya que el primer sumando desaparece y el segundo va a $\infty$ .

Esto demuestra que el simple hecho de cambiar un único coeficiente con una perturbación arbitrariamente pequeña hace que la afirmación no sea válida.

BTW: El mismo argumento sirve para impar $n_0$ pero en este caso, obtenemos la convergencia a $-\infty$ en lugar de $\infty$ .

Answer 2

A partir de la serie de potencias podemos obtener $f'(x) = -f(x)$ . También $f(0) = 1$ . Utilizando esto demostraremos que $f(x) > 0$ para todos $x$ .

Supongamos que hay un número $a$ tal que $f(a) = 0$ y considerar la función $$g(x) = f(a - x)f(x - a)$$ entonces su derivada viene dada por $$\begin{align} g'(x) &= -f'(a - x)f(x - a) + f(a - x)f'(x - a)\notag\\ &= f(a - x)f(x - a) - f(a - x)f(x - a)\notag\\ &= 0\notag \end{align}$$ para que $g(x)$ es una constante y por lo tanto $1 = g(a) = g(0) = 0$ y obtenemos una contradicción. Por lo tanto, $f(x) \neq 0$ para todos $x$ . Desde $f(0) = 1$ se deduce por continuidad que $f(x) > 0$ para todos $x$ .

Desde $f'(x) = -f(x) < 0$ vemos que $f(x)$ es estrictamente decreciente y como está acotado por debajo por $0$ el límite $\lim_{x \to \infty}f(x) = L$ existe. Por lo tanto, $\lim_{x \to \infty}f'(x) = -L$ también existe. Ahora por el teorema del valor medio tenemos $$f(x + 1) - f(x) = f'(\xi)\tag{1}$$ donde $x < \xi < x + 1$ . Tomando el límite como $x \to \infty$ a ambos lados de $(1)$ obtenemos $L - L = -L$ para que $L = 0$ . Por lo tanto, $\lim_{x \to \infty}f(x) = 0$ .

Nota : Como señala PhoemueX en su respuesta, no existe un teorema general que demuestre que una serie de potencias tiende a $0$ como $x \to \infty$ basándose en ciertos criterios para sus coeficientes. Cada serie de potencias debe ser analizada adecuadamente para determinar su comportamiento cerca de $\pm\infty$ . Aquí me las arreglé para conseguir una buena propiedad de $f(x)$ a saber: $f'(x) = -f(x)$ de la representación de la serie que es muy útil en el análisis dado en mi respuesta.

Answer 3

Un enfoque sería mostrar, a través de la serie de potencias que $f(N) = f(1)^N$ centrándose en los números enteros $N > 1$ para que sus manipulaciones de series de potencia sean manejables. Entonces establece que $f(1) < 1$ . Desde aquí es fácil demostrar que $f(N)$ converge a $0$ en el límite de grandes $N$ . Ahora debe demostrar que $f(x) \leq f([x])$ para cualquier $x$ donde $[x]$ es el mayor número entero que no supera $x$ .

Answer 4

Creo que la estrategia correcta en otras situaciones es buscar algo análogo a $\exp(t)\exp(-t)=1$ .

Answer 5

Otro obstáculo es que la prueba tiene que trabajar con $x$ sustituido por $ax$ para que sea positivo $a$ que cambia el $n$ por un factor de $a^n$ .

Una cuestión más accesible es encontrar condiciones agradables sobre los coeficientes de una serie de potencias formal $1 + \sum a_n x^n$ para que el logaritmo o la inversa de la serie tengan coeficientes negativos.