Es $e^x=\exp(x)$ ¿y por qué?

Question

En los comentarios a esta pregunta surgió una discusión sobre si tenemos $e^x=\exp(x)$ por definición y cuál es la definición "correcta" de $\exp(x)$ es. A partir de esto, quiero delinear el problema de esta pregunta y dar una forma de probar $e^x=\exp(x)$ para $x\in\mathbb R$ .

(Atención: este es un post largo)

Answer 1

Si primero se define $$e:=\lim\limits_{n\to\infty} \left(1+\frac 1n\right)^n$$ y luego pasa a definir una función de valor real $$\exp:\mathbb R\rightarrow\mathbb R,~x\mapsto\exp(x):=e^x,$$ uno tiene $e^x=\exp(x)$ por definición, pero luego tiene que demostrar $\displaystyle e^x=\sum\limits_{k=0}^\infty \frac{x^k}{k!}$ . Esto implica encontrar la derivada de $\exp$ sin la (fácil) aproximación mediante series de potencia. También hay que definir qué $e^x$ medios para $x\in\mathbb R\setminus\mathbb Q$ .

En cambio, si se define $$ e:=\lim\limits_{n\to\infty} \left(1+\frac 1n\right)^n$$ y luego elige el enfoque para definir $$\displaystyle\exp(x):=\sum\limits_{k=0}^\infty \frac{x^k}{k!}$$ mediante series de potencias, no obtenemos $e^x=\exp(x)$ por definición y necesitan demostrarlo. Así que de cualquier manera hay un resultado que necesita ser demostrado.

Por supuesto, no hay nada correcto o incorrecto cuando se trata de definiciones y no hay una sola manera de definir $e:=2.7182\dots$ Otro enfoque es el siguiente $e=\left(\left(1+\frac{1}{n}\right)^n,\left(1+\frac{1}{n+1}\right)^{n+1}\right)_{n\in\mathbb N}$ mediante intervalos anidados mientras que $\exp$ también puede definirse como la solución única de $y'=y$ y $y(0)=1$ y algunos más. El problema de las diferentes definiciones para una misma cosa es que hay que demostrar que son equivalentes.

Para esta respuesta asumo que se define $e$ como límite de la secuencia $\displaystyle a_n=\left(1+\frac 1n\right)^n$ y $\displaystyle\exp(x)=\sum\limits_{k=0}^\infty \frac{x^k}{k!}$ . Elijo esta forma porque por un lado es como lo aprendí, pero también creo que esta forma tiene ventajas sobre la definición $\exp(x)=e^x$ ya que podemos aplicar directamente la teoría de las series de potencias para obtener propiedades (ser una función monótona, derivada, etc.) de la función exponencial. En la siguiente demostración utilizaré varias propiedades de $\exp$ como $\displaystyle\exp(-x)=\frac{1}{\exp(x)}$ sin probarlos.

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Tenemos $$e:=\lim\limits_{n\to\infty} \left(1+\frac{1}{n}\right)^n$$ y definir aún más $$\exp:\mathbb R\rightarrow\mathbb R,~x\mapsto \exp(x):=\sum\limits_{k=0}^\infty \frac{x^k}{k!}.$$

$\exp(x)$ está bien definida porque la serie $\displaystyle\sum\limits_{k=0}^\infty\frac{x^k}{k!}$ es absolutamente convergente para cada $x\in\mathbb R$ (esto puede demostrarse mediante la prueba de la proporción). Queremos mostrar: $$\lim\limits_{x\to\infty} \left(1+\frac{a}{x}\right)^x=e^a=\exp(a)$$ para todos $a\in\mathbb R$ .

Primero echamos un vistazo a $\exp(n)$ con $n\in\mathbb Z$ y mostrar:

$$\exp(n)=e^n.$$

Utilizando el teorema del binomio tenemos primero $$\left(1+\frac 1n\right)^n=\sum\limits_{k=0}^{n}\binom{n}{k}\left(\frac{1}{n}\right)^k=\sum\limits_{k=0}^n \frac{1}{k!}\underbrace{\frac{n\cdot (n-1)\cdot \dots \cdot(n-k+1)}{n\cdot n\cdot \dots \cdot n}}_{\leq 1}\leq\sum\limits_{k=0}^n\frac{1}{k!}\leq\exp(1)$$ y así tenemos $e=\lim\limits_{n\to\infty}\left(1+\frac{1}{n}\right)^n\leq\exp(1)$ .

Ahora para $n>m$ obtenemos $$\left(1+\frac{1}{n}\right)^n=\sum\limits_{k=0}^n\binom{n}{k}\frac{1}{n^k}>\sum\limits_{k=0}^m\binom{n}{k}\frac{1}{n^k}=\sum\limits_{k=0}^m\frac{1}{k!}\cdot 1 \cdot \left(1-\frac{1}{n}\right)\cdot\dots\cdot\left(1-\frac{k-1}{n}\right).$$

En el lado derecho tenemos $m+1$ términos con no más de $m+1$ factores, por lo que podemos tomar el límite $n\to\infty$ en ambos lados y obtener: $$e\geq \sum\limits_{k=0}^m\frac{1}{k!}$$ y por lo tanto $$e\geq\lim\limits_{m\to\infty}\sum\limits_{k=0}^m\frac{1}{k!}=\exp(1).$$ Como hemos $e\leq\exp(1)$ y $e\geq\exp(1)$ concluimos: $e=\exp(1)$ .

Por inducción obtenemos ahora $e^n=\exp(n)$ para todos $n\in\mathbb N$ En el paso inductivo utilizamos $$\exp(n+1)=\exp(n)\cdot\exp(1)=e^n\cdot e^1=e^{n+1}.$$ Para $n\in\mathbb Z,n<0$ entonces utilizamos $$\exp(n)=\left(\exp(-n)\right)^{-1}=\left(e^{-n}\right)^{-1}=e^n.$$ Esto demuestra nuestra primera afirmación. $\square$

He incluido este enunciado y su demostración ya que sólo necesita la ecuación funcional $\exp(x+y)=\exp(x)\exp(y)$ ; utilizando más propiedades de $\exp$ hace esto, por supuesto, mucho más fácil.

Para todos $x\in\mathbb R$ que tenemos: $\displaystyle e^x=\exp(x)$ .

Para ello utilizamos que $\exp:\mathbb R\rightarrow (0,\infty)$ es biyectiva con $\ln$ como su función inversa. Además, utilizamos la definición de una función exponencial arbitraria: para $a>0$ la función $$\exp_a:\mathbb R\rightarrow (0,\infty),~x\mapsto a^x:=\exp(x\cdot\ln(a))$$ está bien definida.

Así obtenemos: $$e^x=\exp(x\cdot\ln(e))=\exp(x).$$ Esto demuestra nuestra afirmación. $\square$

Ahora hemos conseguido demostrar, que $\exp(x)=e^x$ , pero esto sólo nos da $$\exp(x)=e^x=\left(\lim\limits_{n\to\infty}\left(1+\frac{1}{n}\right)\right)^x,$$ así que todavía tenemos que demostrar que $$\lim\limits_{x\to\infty} \left(1+\frac{a}{x}\right)^x=e^a,~a\in\mathbb R.$$ Para $a\in\mathbb R$ definimos una función $F_a$ a través de $$F_a: D\rightarrow \mathbb R,~F_a(x)=x\ln\left(1+\frac{a}{x}\right)=\ln\left(\left(1+\frac{a}{x}\right)^x\right).$$ Como $\frac{a}{x}\rightarrow 0$ para $x\to\infty$ podemos elegir $D=(\alpha,\infty)\subseteq (0,\infty)$ y $F_a$ está bien definida. Así obtenemos: $$\left(1+\frac{a}{x}\right)^{x}=e^{F(x)}.$$

Escribimos $\displaystyle F(x)=\frac{\ln\left(1+\frac{a}{x}\right)}{\frac{1}{x}}$ y con $\lim\limits_{x\to\infty}\ln\left(1+\frac{a}{x}\right)=\ln(0)=1=\lim\limits_{x\to\infty}\frac{1}{x}$ y $\displaystyle\frac{d}{dx}\frac 1x=-\frac{1}{x^2}\neq 0$ para $x\in D$ aplicamos la regla de L'Hospital: $$\lim\limits_{x\to\infty} F(x)=\lim\limits_{x\to\infty} \frac{a}{1+\frac{a}{x}}=0.$$ Como $\exp$ es continua que finalmente obtenemos: $$\lim\limits_{x\to\infty}\left(1+\frac{a}{x}\right)^x=\exp\left(\lim\limits_{x\to\infty}F(x)\right)=e^a. \blacksquare$$

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Algunas palabras más sobre la definición de $\exp$ como la única solución de $y'=y,~y(0)=1$ :

Dejemos que $I\subseteq\mathbb R$ sea un intervalo y $f:I\rightarrow\mathbb R$ . Entonces se cumple lo siguiente:

$f$ es diferenciable con $f'=\alpha f,~\alpha\in\mathbb R$ si y sólo si existe $c\in\mathbb R$ con $f(x)=ce^{\alpha x}$ para todos $x\in I$ .

$"\Leftarrow"$ Si $f(x)=ce^{\alpha x}$ obviamente tenemos $f'(x)=\alpha ce^{\alpha x}=\alpha f(x)$ .

$"\Rightarrow"$ Dejemos que $g:I\rightarrow\mathbb R,~x\mapsto e^{-\alpha x}f(x)$ entonces $g$ es diferenciable con $$g'(x)=-\alpha e^{-\alpha x}f(x)+e^{-\alpha x} f'(x)=0,$$ por lo que existe $c\in\mathbb R$ con $g(x)=c=e^{-\alpha x}f(x) \Leftrightarrow f(x)=ce^{\alpha x}$ .

Ahora bien, si $\alpha=1$ obtenemos $c=1$ de $f(0)=c\cdot e^0=c$ Por lo tanto, hemos demostrado que esta definición de $\exp$ también es equivalente.

Answer 2

Normalmente se define $\exp x=\displaystyle \sum_{n=0}^\infty \dfrac{x^n}{n!}$ .

Es fácil demostrar que converge para todo $x$ (incluso para valores complejos) y satisface la ecuación diferencial con condición inicial: $$y'=y,\quad y(0)=1.$$ Ahora esta ecuación diferencial implica la relación funcional: $$\exp(x+y)=\exp x\cdot\exp y$$ lo que a su vez implica que para todo $n\in\mathbf N$ , $\;\exp(nx)=(\exp x)^n$ por lo que para cualquier $\dfrac pq$ , $\;\exp\Bigl(\dfrac pqx\Bigr)=\bigl(\exp x\bigr)^{\tfrac pq}$ .

Ahora, ponte $\mathrm e=\exp 1=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\frac1{n!}$ . Lo que precede prueba que para cualquier racional $r$ tenemos: $$\exp r = \mathrm e^r,$$ y podemos definir $\mathrm e^x$ , para $x\in\mathbf C\smallsetminus \mathbf Q$ , como:

$$\mathrm e^x\overset{\text{def}}{=} \exp x\quad\text {if}\enspace x\in\mathbf C\smallsetminus \mathbf Q.$$