Caracterizaciones de $e^x$

Question

Llevo un tiempo pensando en el siguiente problema:

(AFAIK) la "función exponencial", $e^x$ puede caracterizarse como la solución única de la siguiente ecuación diferencial con condiciones iniciales especificadas:

$f'(x) = f(x)$ , $f(0) = 1$ .

Antes de aprender esto, pensé en $e^x$ de la siguiente manera:

Lo primero que pensé fue en $e$ para ser el supremum de la secuencia $u_n =(1+ \frac{1}{n})^n$ y como $u_n$ puede demostrarse que es monótona creciente y acotada por encima, esto es lo mismo que definir que es $e = \lim_{n \to \infty} (1+\frac{1}{n})^n$

Luego demostré que a través de esta caracterización, también podemos demostrar que $e= lim_{h \to 0} (1+h)^{\frac{1}{h}}$ lo que nos permite demostrar que la función $e^x$ tiene una bonita propiedad, a saber, que su propia derivada es ella misma, lo que la convierte inmediatamente en $C^{\infty}$ .

Utilizando esto, así como la forma de Lagrange del resto para el polinomio de Taylor, pude entonces demostrar que $\displaystyle e^x = \sum_{i=0}^{\infty} \frac{x^i}{i!}$

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A continuación, quería tratar de demostrar que la caracterización de $e^x$ como la única función que satisface

$f'(x) = f(x)$ , $f(0) = 1$ .

y la caracterización que pensaba anteriormente eran equivalentes.

Así que empecé mostrando que $f'(x) = f(x)$ , $f(0) = 1$ implicaba mi caracterización anterior, ya que mi caracterización anterior es una solución a $f'(x) = f(x)$ , $f(0) = 1$

He observado que como $f$ se definió en $0$ y que $f$ tenía una primera derivada en $0$ se puede deducir que $f$ es continua en $0$ y existe en algún barrio, digamos $(-k,k)$ de $0$ .

Ahora también me di cuenta de que si $f$ es una solución de esta ecuación diferencial, es $C^{\infty}$ y todas sus derivadas deben existir en la vecindad $(-k,k)$ de $0$ .

Luego apliqué la forma de Lagrange del resto a esta función para demostrar que el error como esta función se aproxima con $\sum_{i=0}^n \frac{x^i}{i!}$ tiende a $0$ como $n \to \infty$ .

Así, en $(-k,k)$ la función debe ser $e^x$ , como $e^x$ también se puede hacer arbitrariamente cerca de $\sum_{i=0}^n \frac{x^i}{i!}$ dado $n$ lo suficientemente grande.

Bien, entiendo que $f(x) = e^x$ en $(-k,k)$ y me doy cuenta de que $\sum_{i=0}^{\infty} \frac{x^i}{i!}$ tiene un intervalo de convergencia de $\mathbb{R}$ donde es uniformemente convergente, y así $f$ incluso tiene una continuación suave y uniformemente convergente fuera de $(-k,k)$ , que también es justo $e^x$ .

Pero esto es lo que me cuesta entender, ¿por qué $f$ deben definirse en todos los $\mathbb{R}$ como, por ejemplo, por qué $f$ tiene que ser realmente la misma función que $e^x$ ¿el mismo dominio y todo eso?

Seguramente $f$ podría definirse en cualquier intervalo arbitrariamente pequeño $(-k,k)$ alrededor de cero, y seguir cumpliendo su ecuación diferencial definitoria, pero no estar definida fuera de $(-k,k)$ Así, mientras que dentro de $(-k,k)$ es $e^x$ Puede que no exista fuera $(-k,k)$ como sí mismo, sino sólo como una continuación única y suave de sí mismo (a saber, $e^x$ ).

Otro problema que tengo relacionado con esto es cuando se habla de las soluciones de la siguiente ecuación diferencial (de nuevo con condiciones iniciales especificadas):

$f''(x) = -kf(x)$ , $f(0) = A$ , $f'(0) = 0$ Me doy cuenta de que $f(x)$ es esencialmente la función coseno, y que ésta es de hecho la ecuación caracterizadora del movimiento armónico simple, al que se aproxima un péndulo cuando oscila hacia adelante y hacia atrás con un ángulo de inclinación pequeño.

Podría mostrar esto de manera similar, hablando de cómo $f$ es de nuevo $C^{\infty}$ y luego mostrar que dentro de cualquier intervalo que se define en su igual a una función que es básicamente coseno, pero ahora mi pregunta es, lo que nos hace creer que $f(x)$ que puede considerarse como el desplazamiento de una partícula que realiza un movimiento armónico simple, se define fuera de un pequeño intervalo abierto que contiene $t=0$ ? ¿Cómo podemos modelar estas partículas con el coseno en la vida real si no se pueden concluir directamente todas las soluciones de $f''(x) = -kf(x)$ , $f(0) = A$ tienen que ser definidos por ellos mismos en todos los $\mathbb{R}$ (y no como ellos mismos en $(-k,k)$ y luego como una única continuación suave (coseno) en $\mathbb{R} \setminus (-k,k)$ ).

Agradecería mucho que alguien me ayudara a entender esto mejor, y siento si no he sido claro

Answer 1

Si para algunos $a<0<b$ tenemos $f\colon(a,b)\to\Bbb R$ con $f'(x)=f(x)$ para todos $x\in(a,b)$ y $f(0)=1$ , obsérvese que para cualquier $c\in(a,b)$ con $f(c)\ne 0$ podemos definir $$g_c(x)=\frac{f(x+c)}{f(c)} $$ que nos da una función $g_c\colon (a-c,b-c)\to \Bbb R$ con $$g_c'(x)=\frac{f'(x+c)}{f(c)}=\frac{f(x+c)}{f(c)}=g_c(x)$$ para todos $x\in(a-c,b-c)$ . En particular, si $0\in(a-c,b-c)$ tenemos $g_c(0)=\frac{f(c)}{f(c)}=1$ y por la singularidad, $f(x)=g_c(x)$ para todos $x\in(a,b)\cap(a-c,b-c)$ . Esto nos permite pegar las soluciones a una solución de la ecuación diferencial que está definida en $(a,b)\cup(a-c,b-c)$ . Como $f(c)\ne 0$ ciertamente es válida para $c$ en algún barrio de $0$ llegamos a la conclusión de que nuestra solución puede extenderse a todos los $\Bbb R$ .

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Observación. Por cierto, hemos demostrado de paso que $f(x+y)=g_y(x)f(y)=f(x)f(y) $ siempre que $f(y)\ne 0$ . Se deduce que la función continua $h(x)=f(x)f(-x)$ sólo puede tomar los valores $1$ y $0$ . Como $h$ se define en todos los $\Bbb R$ concluimos que $h(x)=1$ para todos $x$ y así $f(x)\ne 0$ para todos $x$ (de hecho, $$ \tag1f(x)>0$$ según el Teorema del Valor Intermedio) y así $$\tag2f(x+y)=f(x)f(y) $$ para todos $x,y\in\Bbb R$ . Por último, tenemos otra importante propiedad de $f$ , a saber $$ \tag3f(x)\ge 1+x.$$ De hecho, al $(1)$ tenemos $f''(x)=f'(x)=f(x)>0$ para que $f$ es una función convexa. Por lo tanto, se mantiene por encima de cada una de sus tangentes, y $y=1+x$ es la tangente en $(0,f(0))$ . Es notable la cantidad de propiedades sobre la función exponencial que se pueden demostrar utilizando sólo $(1)$ , $(2)$ , $(3)$ .

Answer 2

Leyendo tu largo post, llego a la conclusión de que tienes alguna definición de trabajo de $a^{b}$ para $a, b \in \mathbb{R}$ y $a > 0$ (por eso se habla de límite $e = \lim_{h \to 0}(1 + h)^{1/h}$ ). Aunque una definición de trabajo de $a^{b}$ sin utilizar ningún conocimiento de $e^{x}$ es difícil Voy a suponer que ya ha conseguido resolver este difícil problema.

Me sorprende un poco por qué quiere limitar su solución a la ecuación diferencial $y' = y, y(0) = 1$ en el intervalo $(-k, k)$ . Es mejor establecer el siguiente teorema:

Teorema : Existe una función única $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}^{+}$ tal que $f'(x) = f(x), f(0) = 1$ . Además, cualquier solución de la ecuación diferencial $$\frac{dy}{dx} = y$$ viene dada por $y(x) = y(0)f(x)$ donde $f$ es la función única mencionada anteriormente.

Para una prueba, véase esta respuesta .

Además, es fácil demostrar que la función $f$ satisface $f(x + y) = f(x)f(y)$ para todos $x, y$ y con un poco más de esfuerzo podemos demostrar que $f(1) = \lim_{n \to \infty}(1 + (1/n))^{n}$ . La parte relativa a $f(1)$ como límite se hace definiendo otra función $$g(x) = \lim_{n \to \infty}\left(1 + \frac{x}{n}\right)^{n}$$ y mostrando que $g'(x) = g(x), g(0) = 1$ para que $g$ es la misma función única $f$ mencionado en el teorema anterior. Véase esta respuesta para más detalles.

La solución a $y'' = -ky$ donde $k > 0$ se basa esencialmente en la teoría de las funciones circulares. Es fácil demostrar que si $f$ es una función que satisface $f''(x) = -f(x)$ para todos $x \in \mathbb{R}$ entonces $$f(x) = f(0)\cos x + f'(0)\sin x$$ para todos $x$ . Para una prueba, véase la parte posterior de esta entrada del blog . La ecuación $y''= -ky$ se resuelve entonces poniendo $t = \sqrt{k}x$ .