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

Question

Demostrar que $$\lim_{n\to \infty} \sum_{i=0}^n \frac {r^i}{i!} = e^r$ $ con que $\lim_{n\to \infty} \sum_{i=0}^n \frac{1}{i!} = e$ y $\lim_{n \to \infty} (1 + \frac{1}{n})^n = e$ sin diferenciación, L'Hôpital y serie de Taylor.

No tengo ni idea de cómo hacerlo, cualquier ayuda se agradece!

Answer 1

En primer lugar, usted debe mostrar que

Lema 1: $\left(\left(1+\dfrac k n\right)^n\right)_n$,esta sucesión es monótona creciente y tiene un límite superior $e^k$.

Prueba:

Deje $k\ge x$ ser un número natural; $$1+\dfrac xn\le 1+\dfrac kn$$$$\Rightarrow$$$$\left(1+\dfrac k n\right)^n\le \left(1+\dfrac k {kn}\right)^{kn}=\left(1+\dfrac k n\right)^{kn}\le e^k\\ \Box.$$

Lema 2:

Deje $q$$\in\mathbb N$, por lo que el límite será de $\lim\limits_{n\to\infty}(1+q/n)^n=e^q$

Prueba:

De "lema 1" se puede escribir;

$$\lim\limits_{n\to\infty}\left(1+\dfrac q n\right)^n\le e^q$ $ , Por tanto, nos debe mostrar la siguiente ecuación; $$\lim\limits_{n\to\infty}\left(1+\dfrac q n\right)^{n/q}\le e$$

Empezar con $\left(1+\dfrac q n\right)^n$ y la consecuencia será como la siguiente;

$$\lim\limits_{n\to\infty}\left(1+\dfrac q n\right)^n=\lim\limits_{n\to\infty}\left[\left(1+\dfrac q n\right)^{n/q}\right]^q=\left[\lim\limits_{n\to\infty}\left(1+\dfrac q n\right)^{n/q}\right]^q=\left[\lim\limits_{u\to\infty}\left(1+\dfrac 1 u\right)^{u}\right]^q=e^q\\ \Box.$$

Si tomamos $q\in\mathbb Q$, la prueba iba a ser así, simplemente.Después de todos estos, podemos finalmente decir; $$\boxed{\forall q \in\mathbb Q \\ \lim\limits_{n\to\infty}\left(1+\dfrac q n\right)^n=e^q}$$

En las manos de otros, tenemos que demostrar que el $e^q$ es igual a $\lim\limits_{n\to\infty}\left(1+\dfrac q n\right)^n$ $\displaystyle\sum_{i=0}^\infty q^i/i!$ al mismo tiempo.

Lema 3:

Si $0\le a_i\le x$, entonces;

$$(x-a_1)(x-a_2)...(x-a_k)\ge x^k-x^{k-1}(a_1+a_2+...+a_k)$$

Prueba:(Inducción)

Si $$(x-a_1)(x-a_2)...(x-a_k)\ge x^k-x^{k-1}(a_1+a_2+...+a_k)$$ es cierto.

$$(x-a_1)(x-a_2)...(x-a_k)(x-a_{k+1})\ge x^{k+1}-x^{k}(a_1+a_2+...+a_k)$$ debe ser cierto.

$$(x-a_1)(x-a_2)...(x-a_k)(x-a_{k+1})\ge \left(x^k-x^{k-1}(a_1+a_2+...+a_k)\right)(x-a_{k+1})\\=x^{k+1}-(a_1+a_2+...+a_k+a_{k+1})x^k+(a_1+a_2+...+a_k)x^{k-1}a_{k+1}\\ \ge x^{k+1}-x^k(a_1+a_2+...+a_{k+1})\\\Box.$$

Lema 4:

Para $\forall i (2\le i\le n)$;$$0\le \dfrac1{i!}-\dbinom{n}{i}\dfrac1{n^i}\le \dfrac1{2n}\dfrac{1}{(i-2)!}$$

Prueba

$$\dfrac1{i!}-\dbinom{n}{i}\dfrac1{n^i}=\dfrac1{i!}-\dfrac{n!}{(n-i)!i!n^i}=\dfrac1{i!}\left(1-\dfrac{n!}{(n-i)!n^i}\right)\\=\dfrac1{i!}\dfrac{n^{i-1}-(n-1)(n-2)...(n-i+1)}{n^{i-1}}$$Use here "Lemma 3"$$\dfrac1{i!}\dfrac{n^{i-1}-(n-1)(n-2)...(n-i+1)}{n^{i-1}}\\\le \dfrac{1}{i!}\dfrac{n^{i-1}-(n^{i-1}-(1+2+3+4+...+(i-1))n^{i-2})}{n^{i-1}}\\=\dfrac{(i-1)i}{2i!n}=\dfrac{1}{2n}\dfrac{1}{(i-2)!}$$

Teorema:

$$\displaystyle\sum_{i=0}^\infty \dfrac{x^i}{i!}=\lim\limits_{n\to\infty}\left(1+\dfrac xn\right)^n=e^x$$

Prueba:

$$\left|\displaystyle\sum_{i=0}^n \dfrac{x^i}{i!}-\left(1+\dfrac xn\right)^n\right|\le \displaystyle\sum_{i=2}^n \left|\dfrac{1}{i!}-\dbinom{n}{i}\dfrac1{n^i}\right||x|^i=\displaystyle\sum_{i=2}^n \left(\dfrac{1}{i!}-\dbinom{n}{i}\dfrac1{n^i}\right)|x|^i\longrightarrow\text{Use Lemma 4}\\\le \displaystyle\sum_{i=2}^n \dfrac1{2n}\dfrac1{(i-2)!}|x|^i=\dfrac{|x|^2}{2n}\sum_{i=2}^n \dfrac{|x|^{i-2}}{(i-2)!}\\=\dfrac{|x|^2}{2n}\sum_{j=0}^{n-2} \dfrac{|x|^{j}}{(j)!}\le\dfrac{|x|^2}{2n} e^{|x|}$$

Y $\epsilon>0$ ha sido dado.Si elegimos $2N\epsilon=|x|^2e^{|x|}$, $\forall n>N$ ;

$$\left|\displaystyle\sum_{i=0}^n \dfrac{x^i}{i!}-\left(1+\dfrac xn\right)^n\right|\le ... \le \dfrac{|x|^2}{2n} e^{|x|} \le \dfrac{|x|^2}{2N} e^{|x|}<\epsilon$$$$Q. E. D.\Caja$$

Answer 2

$\newcommand{\bbx}[1]{\,\bbox[8px,border:1px groove armada]{\displaystyle{#1}}\,} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mrm}[1]{\mathrm{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$ \begin{align} \pars{\sum_{i = 0}^{\infty}{1 \over i!}}^{r} & = \sum_{i_{1} = 0}^{\infty}\cdots\sum_{i_{r} = 0}^{\infty} {1 \over i_{1}!\ldots i_{r}!} = \sum_{i = 0}^{\infty}\sum_{i_{1} = 0}^{\infty}\cdots\sum_{i_{r} = 0}^{\infty} {\delta_{\sum_{j = 1}^{r}i_{j},i} \over i_{1}!\ldots i_{r}!} \\[5mm] & = \sum_{i = 0}^{\infty}{1 \over i!} \sum_{i_{1} = 0}^{\infty}\cdots\sum_{i_{r} = 0}^{\infty} {i! \over i_{1}!\ldots i_{r}!}\,\delta_{\sum_{j = 1}^{r}i_{j},i} \\[5mm] & = \sum_{i = 0}^{\infty}{1 \over i!} \bracks{\sum_{i_{1} = 0}^{\infty}\cdots\sum_{i_{r} = 0}^{\infty} {i \choose i_{1},\ldots,i_{r}}\,1^{i_{1}}\ldots1^{i_{r}}\delta_{\sum_{j = 1}^{r}i_{j},i}} \\[5mm] & = \sum_{i = 0}^{\infty}{1 \over i!}\pars{\sum_{i = 1}^{r}1}^{i} = \sum_{i = 0}^{\infty}{r^{i} \over i!} \end{align}

Answer 3

Probablemente esta no sea la respuesta deseada, porque utiliza la continuidad de la alimentación de la serie. Pero es todavía muy elemental y me pareció que vale la pena presentar aquí.

Definir $f:\mathbb R\to\mathbb R$$f(x)=\sum_{k=0}^\infty\frac{x^k}{k!}$. A continuación, $f$ es una buena definición de función continua. Por otra parte, se satisface la ecuación funcional $f(x+y)=f(x)f(y)$, lo cual se confirma con el producto de Cauchy de la fórmula: en Consecuencia, para que fija $x,y\in\mathbb R$ hemos \begin{align*} f(x)f(y)=\sum_{k=0}^\infty\frac{x^k}{k!}\cdot \sum_{k=0}^\infty\frac{y^k}{k!}= \sum_{n=0}^\infty\sum_{k=0}^n\frac{x^ky^{n-k}}{k!(n-k)!}= \sum_{n=0}^\infty\frac{1}{n!}\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}x^ky^{n-k}= \sum_{n=0}^\infty\frac{(x+y)^n}{n!}=f(x+y). \end{align*} Siguiente, poniendo a $x=y$, nos encontramos con $f(2x)=f(x)^2$ y por inducción $f(nx)=f(x)^n$$n\in\mathbb N,x\in\mathbb R$. En particular, $f\geq 0$, e $f(n)=e^n$, ya que el $f(1)=e$. La sustitución de $x$ $x/n$ da $f(x)=f(x/n)^n$, por lo tanto $f(x/n)=f(x)^\frac{1}{n}$. La sustitución de aquí a $x=m$ $m\in\mathbb N$ rendimientos $f(m/n)=f(m)^\frac{1}{n}=e^\frac{m}{n}$, lo que significa que $f(x)=e^x$$x\in\mathbb Q,x>0$. Desde $1=f(0)=f(x-x)=f(x)f(-x)=e^xf(-x)$ obtenemos $f(-x)=e^{-x}$$x\in\mathbb Q,x>0$. En consecuencia, $f(x)=e^x$ todos los $x\in\mathbb Q$. Desde $f$ es continua, $f(x)=e^x$ todos los $x\in\mathbb R$.

Tenga en cuenta que sólo el funcional de la ecuación de $f(x+y)=f(x)f(y)$ a las fuerzas de la función $f$ a satisfacer $f\geq 0$$f(x)=f(1)^x$$x\in\mathbb Q$!