¿Cómo puedo probar$\ e^n=\sum_{k=0}^\infty\frac{n^k}{k!}$

Question

Dado $$ e = \ sum \ limits_ {k = 0} ^ infty \ frac {1} {k!} $$ ¿Cómo puedo probar $$ e ^ n = \ sum \ limits_ {k = 0} ^ \ infty \ Frac {n ^ k} {k!} $$

¿Puede alguien por favor demostrar el caso$n=2$? ¡Gracias!

Answer 1

ps

Ahora denote$$e^2=\sum_{k=0}^\infty\sum_{m=0}^\infty\frac{1}{k!}\frac{1}{m!}=\sum_{k=0}^\infty\sum_{m=0}^\infty\frac{(m+k)!}{k!m!}\frac{1}{(m+k)!}$ y agrupe los términos por$l:=m+k$

ps

Answer 2

Podemos trabajar por inducción. El caso base $n=1$ es trivialmente cierto. Supongamos que es cierto para $n$, luego

$$e^n =\sum_{i=0}^\infty \frac{n^i}{i!}$$

$$e^n e =\sum_{k=0}^\infty \frac{1}{k!} \sum_{i=0}^\infty \frac{n^i}{i!}$$

$${e^{n + 1}} = \sum\limits_{k = 0}^\infty {\sum\limits_{i = 0}^\infty {\frac{1}{{k!i!}}} } {n^i} = \sum\limits_{k = 0}^\infty {\sum\limits_{i = 0}^\infty {\frac{{\left( {k + i} \right)!}}{{k!i!}}} } \frac{{{n^i}}}{{\left( {k + i} \right)!}}$$

Nos continúa con la $m=k+i$ para obtener $${e^{n + 1}} = \sum\limits_{k = 0}^\infty {\sum\limits_{i = 0}^\infty {\frac{1}{{k!i!}}} } {n^i} = \sum\limits_{m = 0}^\infty {\sum\limits_{i = 0}^m {\frac{{m!}}{{\left( {m - i} \right)!i!}}} } \frac{{{n^i}}}{{m!}}$$ $${e^{n + 1}} =\sum\limits_{m = 0}^\infty {\left( {\sum\limits_{i = 0}^m {{m\choose i}{n^i}} } \right)} \frac{1}{{m!}}$$

$${e^{n + 1}} = \sum\limits_{m = 0}^\infty {\frac{{{{\left( {n + 1} \right)}^m}}}{{m!}}} $$

Tenga en cuenta que nos podría haber dejado a $\infty$ como el límite superior en lugar de $m$, desde el teorema del binomio es un caso especial de la general, el teorema del binomio. También tenga en cuenta que el cambio en el índice de la suma de la siguiente manera la relación establecida por $k+n=r$. Dado que la hipótesis es verdadera para $n=1$, e $k=n \rightarrow k=n+1$, la fórmula es válido para cada $n$ un número natural.

Answer 3

Utilice$\displaystyle\frac{d}{dn}e^n=e^n$ y obtenga la suma, que es equivalente a la suma en sí, por lo que es equivalente a$e^n$.