Deje$|x-1|<1$ y$y= \displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}}{n} (x-1)^n$.
¿Cómo mostrar, sin usar el hecho de que$y=\ln x$, pero usando propiedades de series absolutamente convergentes, ese$e^y=x$?
Respuesta
¿Demasiados anuncios?
Definir $$ f(x)=-\sum_{n=1}^\infty\frac{(1-x)^n}{n}\etiqueta{1a} $$ así que $$ f(1-x)=-\sum_{n=1}^\infty\frac{x^n}{n}\etiqueta{1b} $$ Después de lo cual, su pregunta se convierte en: mostrar que $x=e^{f(x)}$. $$ \begin{align} f((1-u)(1-v)) &=f(1-(u+v-uv))\\ &=-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(u+v-uv)^n}{n}\\ &=-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(u(1-v)+v)^n}{n}\\ &=-\sum_{n=1}^{\infty}\sum_{k=0}^n\frac{1}{n}\binom{n}{k}(u(1-v))^kv^{n-k}\\ &=-\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n}v^n-\sum_{k=1}^\infty\sum_{n=k}^\infty\frac{1}{k}\binom{n-1}{k-1}(u(1-v))^kv^{n-k}\\ &=-\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n}v^n-\sum_{k=1}^\infty\frac{1}{k}\left(\frac{u(1-v)}{1-v}\right)^k\\ &=-\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n}v^n-\sum_{k=1}^\infty\frac{1}{k}u^k\\ &=f(1-u)+f(1-v)\tag{2} \end{align} $$ Por lo tanto, $(2)$ dice que $$ f(xy)=f(x)+f(y)\etiqueta{3} $$ La ecuación de $(3)$ asegura que $$ f(1)=f(x\cdot1)-f(x)=0\etiqueta{4} $$ Ecuaciones $(3)$ $(4)$ de rendimiento $$ \begin{align} f'(x) &=\lim_{h\to0}\frac{f(x+h)-f(x)}{h}\\ &=\lim_{h\to0}\frac{f(x(1+h/x))-f(x)}{h}\\ &=\frac{1}{x}\lim_{h\to0}\frac{f(1+h/x)-f(1)}{h/x}\\ &=\frac{1}{x}f'(1)\tag{5} \end{align} $$ Deje $g(x)=e^{f(x)}$, $g(1)=1$ y $$ \begin{align} g'(x) &=g(x)f'(x)\\ &=g(x)\frac{1}{x}f'(1)\tag{6} \end{align} $$ Tenga en cuenta que la ecuación de $(6)$ implica $$ \begin{align} x^{f'(1)+1}\left(x^{-f'(1)}g(x)\right)' &=-f'(1)g(x)+xg'(x)\\ &=0\tag{7} \end{align} $$ y la ecuación de $(7)$ implica $$ x^{-f'(1)}g(x)=C\etiqueta{8} $$ Desde $g(1)=1$, $C=1$, y por lo tanto, $$ g(x)=x^{f'(1)}\etiqueta{9} $$ Volviendo a la ecuación de $(1)$, podemos ver que $f'(1)=1$, por lo que tenemos $$ g(x)=x\etiqueta{10} $$ conforme a lo solicitado.
