¿Es posible calcular la derivada de $e^x$ utilizando la definición de suma de $e = \sum_n 1/n!$ ?

Question

Así que sé que esta pregunta es un poco obtusa porque normalmente definimos $e$ en términos de $\lim_{n \to \infty} (1 + 1/n)^n$ y luego calcular las derivadas de $e^x$ a partir de ahí apelando a la definición de límite de $e$ y luego apelar a la serie Taylor de $e^x$ para llegar finalmente a $e = \sum_n 1/n!$ . Sin embargo, ¿qué tan difícil sería hacer lo contrario, calcular la derivada de $e^x$ ? Es decir, ¿es posible mostrar la derivada de $(\sum_n 1/n!)^x$ con respecto a $x$ es igual a sí mismo, un poco "directamente", sin mostrar la formulación sumatoria de $e$ es equivalente a la definición típica de límite de $e$ ?

Answer 1

Comprueba lo siguiente: $$e^x=\sum_{n=0}^\infty \frac{x^n}{n!}$$

Ahora se puede tomar la derivada término a término (en realidad hay que justificar por qué se puede hacer así), y se obtiene: $$\sum_{n=0}^\infty \frac{nx^{n-1}}{n!}=\sum_{n=1}^\infty \frac{x^{n-1}}{(n-1)!}=\sum_{k=0}^\infty \frac{x^{k}}{k!}=e^x$$

Answer 2

Obsérvese que si definimos $$ f(x)=\sum_{k=0}^\infty\frac{x^k}{k!}\tag{1} $$ obtenemos $$ \begin{align} f(x)f(y) &=\sum_{k=0}^\infty\frac{x^k}{k!}\sum_{j=0}^\infty\frac{y^j}{j!}\\ &=\sum_{k=0}^\infty\sum_{j=0}^k\frac{x^{k-j}}{(k-j)!}\frac{y^j}{j!}\\ &=\sum_{k=0}^\infty\sum_{j=0}^k\frac1{k!}\binom{k}{j}x^{k-j}y^j\\ &=\sum_{k=0}^\infty\frac{(x+y)^k}{k!}\\[6pt] &=f(x+y)\tag{2} \end{align} $$ La inducción muestra que para $p,q\in\mathbb{Z}$ , $f(p/q)^q=f(p)=f(1)^p$ Por lo tanto, $f(p/q)=f(1)^{p/q}$ .

Así, para todos los $x\in\mathbb{Q}$ , $$ f(x)=f(1)^x\tag{3} $$ Desde $f$ es continua, $(3)$ es válida para todos los $x\in\mathbb{R}$ .

Dado que hemos establecido $f(1)=e$ , obtenemos que $$ e^x=\sum_{k=0}^\infty\frac{x^k}{k!}\tag{4} $$ Así, $$ \begin{align} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}e^x &=\sum_{k=0}^\infty\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\frac{x^k}{k!}\\ &=\sum_{k=0}^\infty k\frac{x^{k-1}}{k!}\\ &=\sum_{k=1}^\infty\frac{x^{k-1}}{(k-1)!}\\ &=\sum_{k=0}^\infty\frac{x^k}{k!}\\[6pt] &=e^x\tag{5} \end{align} $$

Answer 3

Para cualquier base, $$\frac{b^{x+h}-b^x}{h}=b^x\frac{b^h-1}{h},$$ por lo que basta con calcular la derivada en $x=0$ .

Si definimos $L_b:=\left(b^x\right)'\Big|_{x=0}=\lim_{h\to0}\dfrac{b^h-1}{h}$ entonces

$$\left(b^x\right)'=L_bb^x.$$

La serie de potencias que satisface esta ecuación diferencial con la condición inicial $b^0=1$ se encuentra mediante la identificación de los coeficientes, lo que produce la recurrencia $nc_n=L_bc_{n-1}$ y

$$b^x=\sum_{n=0}^\infty\frac{L^n_b x^n}{n!}.$$ Como la serie de potencias es estrictamente creciente, la ecuación $$\sum_{n=0}^\infty\frac{L^n_b x^n}{n!}=b$$ tiene como máximo una solución en $x$ .

Con $$b=e=\sum_{n=0}^\infty\frac1{n!},$$ esta solución debe ser $$L_ex=1.$$

Entonces $$e^{1/L_e}=e$$ implica $$L_e=1$$ y $$\left(e^x\right)'=e^x.$$

Answer 4

En los comentarios a la pregunta he dado algunos enlaces a mis entradas del blog y me gustaría dar algunas observaciones sobre la forma en que se quiere definir $e^{x}$ y demostrar que la derivada de $e^{x}$ es $e^{x}$ sí mismo.

En primer lugar, hay que tener en cuenta que la definición más frecuente de $e$ viene dada por $$e = \lim_{n \to \infty}\left(1 + \frac{1}{n}\right)^{n}\tag{1}$$ Utilizando esta definición es posible demostrar que $$e = 1 + \frac{1}{1!} + \frac{1}{2!} + \cdots\tag{2}$$ para que ambas definiciones sean equivalentes. Para una prueba sencilla, véase esta respuesta . Así se ve que podemos pasar fácilmente de $(1)$ a $(2)$ sin definir $e^{x}$ y encontrar su serie de Taylor (como mencionas en tu pregunta). De hecho es posible demostrar más, a saber $$\lim_{n \to \infty}\left(1 + \frac{x}{n}\right)^{n} = 1 + x + \frac{x^{2}}{2!} + \cdots\tag{3}$$ sin utilizar ninguna propiedad de $e$ o $\log$ función. Véase este puesto para el mismo.

Ahora que llega a su brutal definición de $e^{x}$ como límite de $e^{x_{n}}$ donde $x_{n}$ es una secuencia de racionales que tiende a $x$ (esto es lo que entendemos por "ampliar la definición de una función $f(x)$ a partir de valores racionales de $x$ a valores irracionales de $x$ por continuidad"). Esto es posible si establecemos la existencia de tal límite y también el hecho de que es independiente de la secuencia específica $x_{n}$ de modo que si otra secuencia $y_{n} \to x$ entonces ambos $e^{x_{n}}$ y $e^{y_{n}}$ tienden al mismo límite.

Cuando procedemos de esta manera podemos ver fácilmente que las propiedades de la exponenciación se mantienen, es decir $e^{x + y} = e^{x}e^{y}$ para todos $x, y$ . La derivada de $e^{x}$ se ve entonces fácilmente que es $$\lim_{h \to 0}\frac{e^{x + h} - e^{x}}{h} = e^{x}\lim_{h \to 0}\frac{e^{h} - 1}{h}$$ y, por tanto, nuestro objetivo se alcanza si demostramos que $$\lim_{h \to 0}\frac{e^{h} - 1}{h} = 1\tag{4}$$ Esta es otra historia difícil. En mi blog he utilizado otra técnica para establecer $(4)$ . Utilizando algunas desigualdades complicadas pero no tan difíciles he demostrado que el límite $$\lim_{h \to 0}\frac{a^{h} - 1}{h}$$ existe para todos los $a > 0$ (donde $a^{h}$ se ha definido brutalmente ). Y, por tanto, este límite puede utilizarse para definir una función de $a$ para $a > 0$ . Llamémoslo $L(a)$ para que $$L(a) = \lim_{h \to 0}\frac{a^{h} - 1}{h}\tag{5}$$ para todos $a > 0$ . Entonces podemos establecer fácilmente que $$L(ab) = L(a) + L(b), L(1/a) = -L(a), L(1) = 0\tag{6}$$ y que $L(a)$ es una función continua y diferenciable estrictamente creciente de $a$ y el rango de esta función es la totalidad de $\mathbb{R}$ y su derivada es $L'(a) = 1/a$ (para que $L(a)$ es lo que llamamos $\log a$ ). Por lo tanto, hay un número único $\xi > 0$ tal que $L(\xi) = 1$ . Luego demuestro que este único $\xi$ es igual al número $e$ definido por el límite $(1)$ (esto nos obliga a utilizar el hecho de que $L'(1) = 1$ ). De esta forma establezco $(4)$ . Tenga en cuenta que la prueba de $(4)$ de esta manera es independiente de la prueba de la ecuación $(3)$ que se ocupa de las series de potencias para $e^{x}$ . Más detalles en este puesto .