Demostración del teorema del binomio de Newton

Question

Por lo tanto, he hecho la mayor parte del problema hasta este punto, pero no puedo averiguar la última pieza. Puede que me falten las habilidades matemáticas necesarias para completar la prueba (ecuaciones diferenciales).

Problema (de Rudin): Si $\alpha$ es real y $-1 < x < 1$ demostrar el teorema del binomio de Newton;

$(1+x)^\alpha$ = $1 + \sum{\frac{\alpha (\alpha-1) \dots(\alpha - n + 1)}{n!}}$$ x^n$

De dónde sale la suma $n=1$ hasta el infinito. El libro sugiere llamar al lado derecho $f(x)$ , demostrando que la serie converge, demostrando $(1+x)f'(x) = \alpha f(x)$ . Ya he hecho todo esto. Lo único que queda es resolver esta ecuación diferencial, que simplemente no puedo resolver. ¿Alguien podría ayudarme con este último paso? Se lo agradecería.

Answer 1

Para solucionar esto: existe la fórmula de la diferenciación logarítmica,

$$\frac{\mathrm d}{\mathrm dx}\log(f(x))=\frac{f^\prime(x)}{f(x)}$$

lo que significa

$$\frac{\mathrm d}{\mathrm dx}\log(f(x))=\frac{\alpha}{1+x}$$

Integra ambos lados, teniendo en cuenta la condición de contorno, y deberías ser capaz de recuperar el resultado que necesitas.

Answer 2

Obsérvese que la ecuación diferencial $$f'-\frac{\alpha}{1+x}f=0$$ con condiciones iniciales $f(0)=1$ tiene una solución única.

Esto se puede ver tomando $f,f_0$ dos soluciones y mirando a $g=\frac{f}{f_0}$ . Tendrás que $$g'=\frac{ff_0^\prime-f'f_0}{f_0^2}$$

Pero entonces $$g'=\frac{1}{f_0^2} \left(f \frac{\alpha}{1+x}f_0-\frac{\alpha}{1+x}f f_0\right)=0$$

De ello se desprende $g$ es contante, y como $f(0)=f_0(0)=1$ , $g=1$ así que $f_0=f$ . Por lo tanto, lo único que hay que demostrar es que $$f=\sum_{n=0}^\infty {\alpha\choose n}x^n$$ converge sobre $|x|<1$ que también lo hace su derivada y que $(1+x)f'=\alpha f$ . Esta última igualdad se deduce de $$n{\alpha\choose n}=\alpha{{\alpha-1}\choose n-1}$$

Es posible una alternativa mucho más tediosa: se puede demostrar que el resto va a $0$ para $|x|<1$ . Para ello, primero consdier $0\leq x <1$ . Entonces $$R_{m,0}(x)=\frac{f^{m+1}(t)}{(m+1)!}x^{m+1}$$ para algunos $t\in(0,1)$ . Pero si $f=(1+x)^{\alpha}$ entonces $$f^{(m+1)}=\prod_{k=0}^m (\alpha-k)(1+x)^{\alpha-m-1}$$

para que $$R_{m,0}(x)={\alpha\choose m+1}(1+t)^{\alpha-m-1}x^{m+1}$$

Pero $$0<(1+t)^{\alpha-m-1}\leq 1$$ para $\alpha<m+1$ De ello se desprende $\lim_{m\to\infty} R_{m,0}=0$ para cualquier $x\in[0,1)$ . Supongamos ahora que $-1<x<0$ . Por la fórmula del resto de Cauchy. $$R_{m,0}=\frac{f^{(m+1)}(t)}{m!}(x-t)^m x$$ para algunos $x<t\leq 0$ . Una vez más $$f^{(m+1)}=\prod_{k=0}^m (\alpha-k)(1+x)^{\alpha-m-1}$$ para que $$R_{m,0}(x)=(m+1){\alpha\choose m+1}\left(\frac{x-t}{1+t}\right)^m(1+t)^{\alpha-1}x$$

Pero $$\left| {\frac{{x - t}}{{1 + t}}} \right| = \left| x \right|\left| {\frac{{1 - t/x}}{{1 + t}}} \right|$$ y como $-1<x<t< 0$ , $0\leq t/x$ y $0\leq t+1< 1$ así que $$\frac{1}{1+t}\geq 1$$ y $$\left| x \right|\left| {\frac{{1 - t/x}}{{1 + t}}} \right| \leqslant \left| x \right|$$

Por otro lado, $$|x(1+t)^{\alpha-1}|\leq M_{\alpha,x}$$ donde $M_{\alpha,x}=\max(1,(1+x)^{\alpha-1})$ . De hecho, si $\alpha \geq 1$ entonces $0<1+x<1+t<1$ así que $0<(1+x)^{\alpha-1}<(1+t)^{\alpha-1}<1$ y si $\alpha<1$ entonces $1< (1+t)^{\alpha-1}<(1+x)^{\alpha-1}$

De ello se desprende que $$\displaylines{ \left| {{R_{m,0}}\left( x \right)} \right| = \left( {m + 1} \right){\alpha\choose m+1}{\left| {\frac{{x - t}}{{1 + t}}} \right|^m}\left| {{{\left( {1 + t} \right)}^{\alpha - 1}}x} \right| \cr \leqslant \left( {m + 1} \right){\alpha\choose m+1}{\left| x \right|^{m + 1}}{M_{\alpha ,x}} \cr = \alpha {\alpha-1\choose m}{\left| x \right|^m}{M_{\alpha ,x}} \cr} $$

y esta última cantidad va a cero cuando $m\to\infty$ .

En general $${\left( {1 + x} \right)^\alpha } = \sum\limits_{n = 0}^\infty{\alpha\choose m} {{x^n}} $$ en $|x|<1$ .

Answer 3

Por razones de compacidad, utilice la notación de Knuth para las potencias factoriales decrecientes: $$ \alpha^{\underline{n}} = \alpha \cdot (\alpha - 1) \cdot \ldots \cdot (\alpha - n + 1) = \prod_{0 \le k \le n - 1} (\alpha - k) $$ Ahora usa la fórmula de Maclaurin: $$ \begin{align*} f(z) &= (1 + z)^\alpha \\ f^{(n)}(x) &= \alpha^{\underline{n}} (1 + z)^{\alpha - n} \end{align*} $$ Esto da directamente: $$ f(z) = \sum_{n \ge 0} \frac{f^{(n)}(0)}{n!} z^n = \sum_{n \ge 0} \frac{\alpha^{\underline{n}}}{n!} z^n $$ Podemos definirlo: $$ \binom{\alpha}{n} = \frac{\alpha^{\underline{n}}}{n!} $$ para conseguir lo familiar: $$ (1 + z)^\alpha = \sum_{n \ge 0} \binom{\alpha}{n} z^n $$