He tratado de encontrar una prueba del teorema del binomio para cualquier poder, pero me estoy encontrando difícil. Uno, obviamente, puede probar el índice entero caso el uso de la inducción, pero todos los enfoques para CUALQUIER poder, parecen implicar cálculo generalmente de la serie de Maclaurin. Mi punto es que, sin duda, el resultado $$\frac{d}{dx}(x^n)=nx^{n-1}$$ se basa en el teorema del binomio al tomar el límite, esto significa que cualquier intento de probar el teorema binomial utilizando el cálculo es circular. Hay una prueba sin cálculo para CUALQUIER poder?
Respuestas
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Supongamos $\alpha\ge1$. Usando la Desigualdad de Bernoulli (que puede ser demostrado por inducción para los exponentes de números enteros, y fácilmente extendido para exponentes racionales, luego extendido por la continuidad real de los exponentes), tenemos para $|h|$ lo suficientemente pequeño como para que $\frac{\alpha|h|}{x}\lt1$, $$ \begin{align} \frac{(x+h)^\alpha-x^\alpha}{h} &=x^\alpha\frac{\left(1+\frac{h}{x}\right)^\alpha-1}{h}\\ &\ge x^\alpha\frac{\left(1+\frac{\alpha h}{x}\right)-1}{h}\\[12pt] &=\alpha x^{\alpha-1}\tag{1} \end{align} $$ Además, para $|h|$ lo suficientemente pequeño como para que $0\lt\frac{\alpha|h|}{x-|h|}\lt1$, $$ \begin{align} \frac{(x+h)^\alpha-x^\alpha}{h} &=x^\alpha\frac{\left(1+\frac{h}{x}\right)^\alpha-1}{h}\\ &=x^\alpha\frac{\frac1{\left(1-\frac{h}{x+h}\right)^\alpha}-1}{h}\\ &\le x^\alpha\frac{\frac1{\left(1-\frac{\alpha h}{x+h}\right)}-1}{h}\\[9pt] &=\alpha x^{\alpha-1}\frac{x}{x-(\alpha-1)h}\tag{2} \end{align} $$ Por lo tanto, usando el Teorema del sándwich con $(1)$$(2)$, tenemos $$ \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}x^\alpha=\lim_{h\to0}\frac{(x+h)^\alpha-x^\alpha}{h}=\alpha x^{\alpha-1}\etiqueta{3} $$
Para $\alpha\lt1$, hemos de $(3)$ que $\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}x^2=2x$. Luego, debido a que $2-\alpha\gt1$, el producto que dice la regla de $$ \begin{align} 2x &=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}x^{(2-\alpha)+\alpha}\\ &=x^{2-\alpha}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}x^\alpha+(2-\alpha)x^{1-\alpha}x^\alpha\tag{4} \end{align} $$ Finalmente, $(4)$ y álgebra decir que $$ \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}x^\alpha=\alpha x^{\alpha-1}\etiqueta{5} $$
Vincent
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5027
Usted puede deducir la expansión de la serie de $(1+x)^{1/2}$ sin cálculo.
Supongamos $(1+x)^{1/2} = \sum_{r=0}^\infty a_rx^r$. El cuadrado ambos lados da
$1 + x = a_0^2 + 2a_0a_1x + (a_1^2 + 2a_2a_0)x^2+\cdots$
Ahora igualando los coeficientes de $x^r$ le da:
$a_0^2=1$ (y elegimos $a_0=+1$ para obtener el positivo de la rama de $(1+x)^{1/2}$)
$2a_0a_1 = 1$, lo $a_1 = \frac12$
$a_1^2 + 2a_2a_0 = 0$, lo $a_2 = -\dfrac{a_1^2}{2a_0} = -\frac18$
y así sucesivamente.
En teoría, usted puede usar la misma técnica para deducir la expansión de la serie de $(a+x)^{1/q}$ para cualquier entero positivo $q$. Y desde allí se puede subir la serie a de la $p$th el poder para hacer las $(1+x)^{p/q}$ para cualquier enteros $p,q$. Pero rápidamente se convierte en inmanejable como $q$ se hace más grande.
Alqatrkapa
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El hecho de que$\frac{d}{dx} x^n = nx^{n-1}$ para cualquier$n \in \mathbb{R}$ no se basa en el teorema binomial. En su lugar, se puede usar la regla de la cadena de la siguiente manera:
Considere que$$\frac{d}{dx} \ln\left(x^n\right) = \frac{1}{x^n}\frac{d}{dx}x^n$ $
por la regla de la cadena Sin embargo,
$$\frac{d}{dx} \ln(x^n) = n \frac{d}{dx} \ln(x) = \frac{n}{x}$ $ Así$\frac{d}{dx} x^n = \frac{n}{x} x^n = nx^{n-1}$.
Sé que esto no aborda el problema de probar el teorema binomial, pero espero que esto ayude con preguntas de posible circularidad.
