¿Por qué Lím (1+x) ^(1/x) = e cuando la variable real x tiende a cero?

Respondo a esta pregunta de dos maneras, intentando ser lo más pedagógico posible, lo cual le resta elegancia y rapidez a la respuesta, pero pienso que sirve más eficazmente al propósito de aclarar las cosas, ante las dudas de base que me ha manifiestado quien plantea la pregunta.

Este tema (la función exponencial, el número e y los límites potenciales en casos llamados de indeterminación (mal llamados, pero es tradicional esa terminología) es muy complicado si se quiere exponer desde el principio sin caer en la circularidad que no demuestra realmente nada, y es uno de los temas peor expuestos en los textos.

En muchos textos se demuestra A) basándose "correctamente" en B), pero B) se ha demostrado antes basándose "correctamente" en C), C) se demostró "correctamente" basándose en D) y finalmente D) se demuestra "correctamente" basándose en A). Pues bien, entonces no se ha demostrado nada, porque hay que demostrar directamente alguno de esos teoremas por separado, para que todos ellos queden establecidos realmente. Si se definen, por ejemplo, los logaritmos naturales basándose en los límites potenciales relacionados con el número e, después no se deberían emplear los logaritmos para deducir el valor de, por ejemplo, Lím (1+x)^(1/x), cuando x→0, si ese límite formaba parte de la definición y demostración de las propiedades de los logaritmos naturales.

Si se construye en primer lugar la función logarítmica, por medio de la integral (que es correcto y rápido), y la exponencial como su función inversa, entonces se puede luego deducir el valor de esos límites potenciales, con bastante trabajo y cálculo diferencial e integral de por medio, pero es extraño (antinatural) esperar a definir la integral y la derivada para poder probar, por ejemplo, el hecho numérico: exp(³√2+√3)=exp(³√2) * exp(√3).

En definitiva, estimado Henry, te cuento una demostración breve, que es correcta, lo que se emplea en ella es verdad, pero a mí no me satisface (porque si empiezas a preguntar el porqué de cada paso, al final hay que ir a la demostración larga) , y luego explico desarrolladamente, como no hacen los libros, la que me gusta, que es la construcción desde el principio de la función exponencial y la demostración de existencia de los límites que definen al número e y a sus potencias, pero esa segunda demostración es larguísima. Son apuntes míos que escribí hace muchos años para convencerme de que todo lo que cuentan los textos "abreviados" es cierto.

Al menos una vez en la vida debería recorrerse este camino, aunque solo sea porque afianza tus conocimientos sobre los fundamentos del análisis matemático, especialmente sobre los límites que son un tema muy difícil y espinoso para los que empiezan y para mucha más gente…

Si quieres ver algo intermedio mira el CALCULUS de Spivak, o el de Apostol, que definen correctamente el logaritmo como una integral y luego la función exponencial como inversa de la logarítmica; y de ahí puede deducir los límites como el que te interesa (en los ejercicios propuestos), empleando o bien polinomios de Taylor, o bien la regla de L'Hôpital. Todo eso lleva trabajo también, y aun siendo correcto absolutamente, lo más criticable es que metodológicamente está inspirado en que ya se sabe lo que se va buscando, y se sabe por la construcción directa y "aritmetizada" basada exclusivamente en las propiedades de los números reales, que es la segunda tan larga que escribo al final, y que te la puedes saltar, si quieres ser "práctico", pero míratela cuando tengas tiempo, porque es, esencialmente, la primera que históricamente se descubrió, el camino "original" (no exactamente, pero sí en lo fundamental); aunque en su día se estableció con menos rigor, porque los matemáticos de los siglos XVII y XVIII, Euler especialmente, no conocían aún la axiomatización rigurosa de los números reales; sin embargo, su intuición suplía con creces la falta de rigor formal.

PRIMERA DEMOSTRACIÓN (Práctica):

Empezamos calculando Lím Log (1+x) / x, cuando x → 0. Supongo que conoces la Regla de L'Hôpital, que podemos emplear porque se dan las hipótesis:

es del tipo Lím f(x)/g(x) [cuando x→0 ], con f(x) = Log (1+x); g(x) = x; f(0)=g(0)=0, f y g son derivables en un entorno de 0, la derivada del denominador, g'(x), no se anula en ese entorno si x≠ 0, y existe el Lím f'(x)/g(x) [cuando x→0 ].

Entonces, existe Lím Log (1+x) / x cuando x→0 y es igual a

Lím f'(x)/g(x) [cuando x→0 ]; es decir:

Existe Lím Log (1+x) / x [cuando x→0 ] = Lím 1/(1+x) / 1 [cuando x→0 ] =

= Lím 1/(1+x) [cuando x→0 ] = 1/1=1. En resumen,

[cuando x→0 ] existe Lím Log (1+x) / x = 1.

Ahora definimos la función que te interesa, h: R⁺→ R

h(x) = (1+x) ¹/ ˣ ; Sea w(x) = Log h(x), donde w es una función w: R⁺→ R.

w(x) = Log (1+x) / x [puesto que logaritmo de una potencia = exponente por logaritmo de la base = (1/x) * Log (1+x) = Log (1+x) / x ].

Ahora bien, acabamos de probar que [cuando x→0 ] existe Lím w(x)= 1.

Como w(x) = Log h(x) → h(x)=exp [ w(x) ].

Luego, siendo la exponencial una función continua en todo punto [eso habría que probarlo antes, si somos exigentes], se puede intercambiar el orden del límite y la función, lím F=F(lim), luego [cuando x→0 ] es

Lim exp [ w(x) ] = exp [ Lím w(x) ] = exp (1) = e¹ = e, que es lo que se quería demostrar, es decir,

que [cuando x→0 ] existe Lím (1+x) ¹/ ˣ = e.

[OBSERVACIÓN: Si quieres tirar del hilo puedes preguntar porqué "sabemos" que la derivada de Log x es 1/x, o porqué la derivada de aˣ (a>0) es aˣ * Log a ; y ahí habría que usar la definición de derivada y llegaríamos a límites del tipo de indeterminación potencial como el que tratamos de encontrar, es decir,

Lím (1+x)¹/ ˣ, cuando x → 0, o límites muy parecidos, intrínsecamente relacionados con éste.

Por eso, metodológicamente NO ME SATISFACE esta demostración que se encuentra en muchos textos, puesto que en el fondo o es circular, o al menos es incompleta; o bien, para arreglarlo, requiere todo el trabajo previo de la segunda… que es la siguiente que presento; o si no, también puede demostrarse correctamente pero mediante un planteamiento absolutamente artificial, como el de la integral para definir el logaritmo, algo que ya se conoce desde antes y gracias a otras "demostraciones" previas más naturales.

……………………………………….. FIN………………………………………..

SEGUNDA DEMOSTRACIÓN Y

CONSTRUCCIÓN DETALLADA DE LA FUNCIÓN EXPONENCIAL

Supongamos que demostramos que existe el lím (1+1/n) ⁿ; lo puedes ver más adelante, en esta segunda demostración, la más larga. Pues bien, este límite es un número comprendido entre 2 y 3, además es irracional, como se puede demostrar. Su valor con 12 decimales es 2.718281828459…

Pues bien, como aparecía tantas veces ese número se le dio un nombre: Euler lo llamó número e, por la inicial de "exponentialfunktion", la función exponencial.

De modo que si se afirma que, [cuando n→∞], Lím (1+1/n) ⁿ = e,

ahí NO HAY NADA QUE ENTENDER: es así por definición, se ha demostrado que existe ese límite (MUY IMPORTANTE, porque no es obvio, es verdadero, pero no se ve a simple vista, no es trivial), y luego se le ha dado nombre a ese límite, se le ha llamado e.

DEFINICIÓN DE POTENCIA DE BASE POSITIVA Y EXPONENTE REAL

Este trabajo debería llevarlo a cabo cualquiera que quiera comprender los fundamentos del análisis matemático y avanzar con buena base, sin lagunas conceptuales. Por lo extenso de la construcción genuinamente "aritmética" de la función exponencial, paso a contar una posible construcción elemental, la más fidedigna históricamente, solo que "matizada" y detallada con arreglo a la exigencia de rigor actual, que no consideraban Euler, Bernoulli ni ningún autor hasta Weierstrass, con su "aritmetización" del análisis, y los siguientes matemáticos; dejo las demostraciones (todas relativamente sencillas) como ejercicio para el lector.

PASO 1: Se define la potencia de base a>0 y exponente racional r = m/n, donde m y n son enteros, n≠0, como aʳ =(aᵐ)¹/ ⁿ, con los convenios a⁰=1, a¹=a, y se prueban las propiedades usuales de las potencias: aᵖ * aʳ=aᵖ⁺ʳ, aᵖ/aʳ=aᵖ⁻ʳ, (aᵖ)ʳ=aᵖʳ, (a/b)ᵖ = aᵖ/bᵖ (con a,b ∈ R+), 1ᵖ=1, para todo p ∈ Q, y si a ∈ R, a>0,

∀ r ∈ Q, aʳ≠0; ∀ r ∈ Q, r>0, es aʳ>1 . Se considera definido también 0ᵖ=0 solo para p ∈ Q+. Si p→ aᵖʳ, cuando a>1, y al revés, aᵖ>aʳ si 0 .

PASO 2: Se demuestra que si {rₙ}, n € N es cualquier sucesión de racionales que tiende a

r ∈ Q, rₙ →r cuando n→∞, entonces ∃ lím aʳₙ = aʳ, cuando n→∞.

Para demostrar esto, basta probar el caso rₙ →0 → ∃ lím aʳₙ =1, cuando n→∞; puesto que si se aplica a (rₙ-r)→0, en el caso general, las reglas del cálculo de potencias, para exponente racional, dan el resultado: ∃ lím aʳₙ = aʳ, cuando n→∞.

PASO 3: Se demuestra que si {rₙ}, n ∈ N es cualquier sucesión de racionales que tiende a x ∈ R, entonces {aʳₙ} (n ∈ N) es convergente, y el límite no depende de la sucesión elegida {rₙ}, n ∈ N, siempre que tienda a x.

PASO 4: Dado x ∈ R, se define aˣ= lím aʳₙ, donde {rₙ}, n ∈ N es cualquier sucesión de racionales que tiende a x. Esto es consistente con la antigua definición para exponentes x racionales, por el PASO 2.

PASO 5: Se demuestra que las potencias de base a y exponente real satisfacen a las mismas leyes que en el PASO 1 cuando los exponentes eran racionales. Se define 0ˣ=0, solo si x es cualquier número real positivo.

En particular, cuando xˣʸ cuando a>1, y al revés, aˣ>aʸ si a<1.

PASO 6: Se prueba que ∃ lím a¹/ ⁿ =1, cuando n→∞ y que si {xₙ}, n ∈ N, es una sucesión real que tiende a cero, se verifica que ∃ lím aˣₙ=1, cuando n→∞.

PASO 7: Se prueba que la función "exponencial" de base a>0, con a ∈ R, definida sobre R como f(x)=aˣ, nunca se anula, y es continua en todo punto de la recta real, lo que conlleva (consecuencia inmediata de la continuidad, y equivalente a ella) que si

∃ lím rₙ [cuando n→∞] = x ∈ R → ∃ lím aʳₙ [cuando n→∞]= aˣ.

PASO 8: Dado a ∈ R, se define la función "potencial" f: R⁺ → R⁺

f(x)=xᵃ, definida para todo x ∈ R⁺ y se prueba que es continua en todo punto de su dominio, lo que conlleva que si a ∈ R, y la sucesión real (de términos positivos a partir de cierto índice) xₙ → x ∈ R⁺ [cuando n→∞] se verifica:

∃ lím xₙᵃ [cuando n→∞]= xᵃ.

Puedes ver estas demostraciones bien expuestas, por ejemplo, en

Introducción al Análisis Real, de Barbolla, García, Margalef, Outerelo, Pinilla y Sánchez, Editorial Alhambra Universidad, 2ª edición 1981.

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Volvamos ahora a la demostración que se pide en la pregunta, sin emplear cálculo infinitesimal. En principio debemos establecer la existencia de otro límite fundamental relacionado con la función exponencial, y que conduce a la prueba de existencia y la definición del número e.

Sea x un número real cualquiera, y consideramos la sucesión

a(n;x)=(1+x/n)ⁿ (1), sucesión definida para n natural, n>1.

Designemos por φ(x) = lím a(n;x) cuando n→∞, en el supuesto de que exista tal límite (en R). Evidentemente existe el límite para x=0, pues a(n;0) = 1 (sucesión constante), y así lím a(n;0) existe y es φ(0) = 1. En lo sucesivo sea x ∈ R, x≠0.

Teorema 1 : φ(x) está definida para todo x ∈ R, y es φ(x)≥0.

Demostración: Desarrollando en (1) por la fórmula del binomio (suponemos n≥4):

a(n;x)=(1+x/n)ⁿ = 1+x/1!+(x²/2!) (1–1/n)+(x³/3!) (1–1/n)*(1–2/n)+…+

+(xⁿ/n!) (1–1/n)*(1–2/n)*…*[1-(n-1)/n]

Cuando n € N es muy grande, intuitivamente parece que a(n;x) se acercará al valor de s(n;x)=1+x/1!+x²/2!+…+xⁿ/n! (n ≥ 0).

Pero s(n;x) es una sucesión de Cauchy en R, y por tanto es convergente (completitud de R); en efecto:

Sean p y q números naturales tales que:

p>q>|x| → |s(p;x)-s(q;x)|=|xᑫ⁺¹/(q+1)!+xᑫ⁺²/(q+2)!+…+xᵖ/p!| ≤

≤ |x|ᑫ⁺¹/(q+1)!+ |x|ᑫ⁺²/(q+2)!+…+ |x|ᵖ/p! ≤

[Si p=q+1 se da la igualdad, pues solo hay un término, |x|ᑫ⁺¹ /(q+1)! ]

≤ |x|ᑫ⁺¹ /(q+1)!+|x| ᑫ⁺²/[(q+1)*(q+1)!] + …+|x|ᵖ/[(q+1)ᵖ⁻ᑫ⁻¹ * (q+1)!] =

[Si p=q+1 solo hay un término en la suma anterior, el primero]

= [ |x|ᑫ⁺¹ /(q+1)! ] * [1+ |x|/(q+1)+|x|²/(q+1)²+…+|x|ᵖ⁻ᑫ⁻¹ /(q+1)ᵖ⁻ᑫ⁻¹

[Si p=q+1 el corchete anterior se reduce a 1].

Pero el corchete anterior es una progresión geométrica de razón positiva <1, luego

|s(p;x)-s(q;x)| < {|x|ᑫ⁺¹ / (q+1)! } * [1/(1-|x|/(q+1)]=

= |x|ᑫ⁺¹/(q+1)! * [ (q+1)/(q+1-|x|) ].

Pero |x| ᑫ⁺¹/(q+1)! →0 cuando q→∞ (es un hecho conocido que y ʲ/j!→0,

para y € R, j ∈ N). También es (q+1)/(q+1-|x|)→1 cuando q→∞.

De modo que el producto |x|ᑫ⁺¹/(q+1)! * (q+1)/(q+1-|x|) → 0 cuando q→∞.

Luego, dado ε>0, existe q'' ∈ N, q''>|x|, tal que para todo q≥q'', es

0<|x|ᑫ⁺¹/(q+1)! * (q+1)/(q+1-|x|) < ε/2. Si se toma ahora q' = q''+1, tendremos que para todos p,q, tales que

p>q>q' es |s(p;x)-s(q;x)|≤|s(p;x)-s(q'';x)|+|s(q;x)-s(q'';x)|

(desigualdad triangular) < ε/2+ε/2=ε, y la sucesión:

s(n;x)=1+x/1!+x²/2!+…+xⁿ/n! (n ∈ N) es una sucesión de Cauchy, como queríamos demostrar, luego es convergente en R. Representemos, por tanto, ese límite que siempre existe, como s(x)= Lím s(n;x), cuando n→∞.

Ahora sí tienen sentido los puntos suspensivos que indican tan solo límite cuando n→∞ :

s(x)=1+x/1!+x²/2!+…+xⁿ/n!+…

Volviendo al punto donde estábamos,

a(n;x)=(1+x/n)^n = 1+x/1!+(x²/2!) (1–1/n)+(x³/3!) (1–1/n)*(1–2/n)+…+

+(xⁿ/n!) (1–1/n) * (1–2/n) *…* (1-(n-1)/n), vemos que no podemos tomar el límite de cada término en la expresión de a(n;x), porque también el número de términos depende de n.

Por ejemplo, en la sucesión u(n)=1/n²+2/n²+…+n/n² todos los sumandos tienden a cero, pero su suma u(n)→1/2 cuando n → ∞. Es decir, el límite de la suma no siempre es la suma de los límites si el número de sumandos aumenta con n o depende de n en cualquier forma, y por tanto no es constante respecto de n.

Pero en este caso sí que va a ser lím (suma) = suma (lím), vamos a tener suerte…

Para demostrarlo, buscamos una expresión manejable del producto:

(1–1/n)(1–2/n)…(1-k/n) (donde 2≤k≤n-1). Para simplificar, sea k/n=σ(k), donde siempre es 0<σ(k)<1.

En el caso de dos factores es:

(1-σ(1))*(1-σ(2))=1-(σ(1)+σ(2)) + σ(1)σ(2)=1-λ(2) (σ(1)+σ(2)), con λ(2) igual a cierto número real tal que: 0< λ(2) <1. [Si restamos σ(1)+σ(2) es demasiado, por eso aparece el factor de corrección λ(2)].

Supongamos que sea cierto en general, es decir, que para todo k ∈ N, k≥2, si σ(1), σ(2),…σ(k) son todos números reales positivos y menores que 1, se tenga:

(1-σ(1))*(1-σ(2))*…(1-σ(k))=1- λ(k)*(σ(1) + σ(2)+…+ σ(k)), con 0<λ(k)<1 (&)

Para probar que efectivamente es así, veamos que puede encontrarse siempre un cierto λ(k) [despejando en (&) ] que cumpla la igualdad.

λ(k)=[1-(1-σ(1))*(1-σ(2))*…(1-σ(k))]/(σ(1)+σ(2)+…+σ(k)); además de cumplir (&), es λ(k)>0, pues σ(1) + σ(2)+…+ σ(k)>0; los binomios del numerador son < 1, luego también su producto es <1, y el numerador es positivo→ λ(k)>0 como afirmábamos. Para probar que λ(k)<1 empleamos la inducción:

Para k=2, es (1-σ(1))*(1-σ(2))=1-((σ(1) + σ(2)) + σ(1)σ(2)>1-((σ(1) + σ(2)); luego será:

0<λ(2)<1.

En general, dado k>2, si (1-σ(1))*(1-σ(2))*…*(1-σ(k-1))>1-((σ(1) +…+σ(k-1)), multiplicando por el número positivo 1-σ(k):

(1-σ(1))*(1-σ(2))*…(1-σ(k-1))(1-σ (k)) >

> 1-((σ(1) +…+σ(k-1)+σ(k)) + σ(k) [(σ(1) +…+σ(k-1)], es decir,

(1-σ(1))*(1-σ(2))*…(1-σ(k-1)) * (1-σ(k))>1-(σ(1) +…+σ(k-1)+σ(k)) (&&)

Cambiando de signo y sumando 1:

0<1-(1-σ(1))*(1-σ(2))*…(1-σ(k-1)) * (1-σ(k))<σ(1) +…+σ(k-1)+σ(k), de modo que, en efecto, es 0<λ(k)<1, como queríamos demostrar.

Así pues, en el caso que nos interesa, será:

(1–1/n)(1–2/n)…(1-k/n)=1-λ(k;n) (1/n+2/n+…+k/n), con 0<λ(k;n)<1;

λ(k;n) depende de k y también de n, por eso se anota explícitamente esa dependencia.

La suma 1/n+2/n+…+k/n es la suma de los términos de una progresión aritmética =k(k+1)/(2n). A partir de todo esto, la expresión para a(n;x) (cuando es n≥5) queda:

a(n;x) = (1+x/1!+x²/2!+…+xⁿ/n!)-[(1/n)*x²/2! +{ λ(2;n)*2*3/(2n)} * x³/3! +

+{ λ(3;n)*3*4/(2n)} *x⁴/4!+…+{ λ(n-1;n)*n*(n-1)/(2n)} *xⁿ/n! ].

Sacando factor común x²/(2n):

a(n;x)=s(n;x)-[x²/(2n)] [1+λ(2;n) x/1! + λ(3;n) x²/2! + … + λ(n-1;n) xⁿ⁻²/(n-2)! ].

Sea H(n;x)=1 + λ(2;n) x/1! + λ(3;n) x²/2! +… + λ(n-1;n) xⁿ⁻²/(n-2)!. Sustituyendo:

a(n;x) = s(n;x)- [x²/(2n)] * H(n;x) (&&&)

Pero: |H(n;x)| ≤ 1+ λ(2;n) |x| + λ(3;n) |x|²/2!+…+λ(n-1;n) * [ |x|ⁿ⁻² ]/(n-2)! ≤

≤ 1+|x|+|x|²/2!+…+ [ |x|^(n-2) ]/(n-2)! < s(|x|) puesto que la sucesión

v(n;x) = 1+|x|+|x|²/2!+…+ |x|ⁿ /n! es estrictamente creciente, y es acotada porque es una sucesión de Cauchy; por tanto converge al supremo de sus términos, s(|x|), según la notación que empleamos al principio. Así pues, -s(|x|) ≤ H(n;x) ≤ s(|x|) (cuando n≥5, para coherencia de la notación con puntos suspensivos).

Multiplicando los tres miembros de la desigualdad última por -x²/(2n) (negativo) y sumando s(n;x):

s(n;x) + s(|x|) * x²/(2n) ≥ s(n;x) - [x²/(2n)] H(n;x) ≥ s(n;x) - [x²/(2n)] s(|x|)

Por (&&&),

s(n;x) + s(|x|) * x²/(2n) ≥ a(n;x) ≥ s(n;x) - s(|x|) * x²/(2n) (△)

Pero los miembros extremos tienden hacia lím s(n;x) = s(x) cuando n→∞, es decir, tienden a un mismo límite = s(x), puesto que s(|x|) es constante respecto de n. Luego:

∃ lím a(n;x) [cuando n→∞] = lím s(n;x) [cuando n→∞] = s(x) = φ(x), como se quería probar. Es decir,

∃ lím (1+x/n)^n = lím (1+x/1!+x²/2!+…+xⁿ/n!) [cuando n→∞]

Para ver que φ(x)≥0, basta tomar el número natural n>|x| (siempre existe por la propiedad qrquimediana) → |x/n|<1 → -10, para todo n>|x|. Luego φ(x) = lím (1+x/n)ⁿ [cuando n→∞] ≥ 0, como se afirmaba.

DEFINICIÓN DEL NÚMERO e:

Por definición, es e = φ(1) = lím (1+1/n)ⁿ [cuando n→∞] =

= lím (1+1/1!+1/2!+…+1/n!) [cuando n→∞]

Valor aproximado de e en menos de una unidad: Se tiene 2 < e ≤ 3.

En efecto, e = lím (1+1/1!+1/2!+…+1/n!) [cuando n→∞], pero los dos primeros términos de la sucesión suman 2, luego: e = 2+ lím (1/2!+…+1/n!) [cuando n→∞]; pero por ser positivos todos los términos de la sucesión 1/2!+…+1/n!, creciente y acotada (pues converge a e-2), su límite es mayor o igual que su primer término 1/2!=1/2, y así:

lím (1/2!+…+1/n!) ≥ 1/2 → e ≥ 2.5 > 2. Por otro lado,

1+1/1!+1/2!+…+1/n! < 1+1/1!+1/2+1/2²+1/2³+…+1/2ⁿ⁻² =

= 1+[1–(1/2)ⁿ⁻¹] / (1/2) = 1+2–1/2ⁿ⁻²=3–1/2ⁿ⁻²<3, de manera que al tomar el límite cuando n→∞, resulta e ≤ 3.

Como se sabe, por la sencilla demostración ideada por Fourier, y basada en la igualdad e = 1+1/1!+1/2!+…+1/n!+… , el número e es irracional, luego 2

Teorema 2: ∀ x € R, es φ(x)>0.

Demostración: Como φ(0) =1>0, podemos pasar al caso x>0; en este supuesto será ∀ n € N, a(n;x) > 1 → φ(x) = lím a(n;x) [cuando n→∞] ≥ 1 > 0.

El problema se presenta más espinoso en el caso x<0. ¿Cómo probar que a pesar de todo será φ(x)>0 ? Si x=-1; lím (1+1/n)^n [cuando n→∞] =

= lím (1–1/n)ⁿ [cuando n→∞] = lím (1–1/1!+1/2!-1/3!+…+(-1)ⁿ/n!) [cuando n→∞] = lím s(n;-1). Pero { s(n;-1) } (n € N) converge, donde es:

s(n;-1) = 1–1/1!+1/2!-1/3!+…+(-1)ⁿ/n!, luego toda subsucesión suya converge al mismo límite, y así le sucede a la subsucesión de los términos de orden par:

{ s(2n;-1) } (n € N), donde, a partir de n>3, es

s(2n;-1) = (1/2!-1/3!)+(1/4!-1/5!)+…+[1/(2n-2)!-1/(2n-1)!] + 1/(2n)!.

Cada paréntesis y el último sumando son positivos, luego

n>3 → s(2n;-1) > 1/2!-1/3! = 1/3 → lím s(2n;-1) [cuando n→∞] =

= φ(-1) ≥ 1/3>0, un caso simple de lo que se quería probar.

Ahora, sea, en general, -x<0; tomamos un entero positivo p tal que

-p<-x<0 → -p/n<-x/n<0 → 1-p/n < 1-x/n<1. Como p y x son fijos respecto de n,

∃ n' / ∀ n ≥ n' se tiene a la vez p/n<1, 0

0<1-p/n<1-x/n → 0 < (1-p/n)ⁿ < (1-x/n)ⁿ. Luego entonces,

φ(-x) ≥ φ(-p) (tomando límites cuando n→∞). Ahora solo falta probar que

φ(-p) > 0, es decir, que en todos los enteros negativos φ toma valores positivos, algo que ya sabemos en el caso de -1.

a(n;-p) = (1-p/n)ⁿ; consideremos la subsucesión { a(np;-p) } (n>0) =

= { a(p;-p), a(2p;-p), a(3p;-p), …, a(kp;-p), …} → φ(-p) [cuando n→∞]

Pero a(np;-p) = [1-p/(np)]ⁿᵖ = [(1–1/n)ⁿ]ᵖ.

Como lím (1–1/n)ⁿ [cuando n→∞] = φ(-1) ≥ 1/3, ∃ n'' / ∀ n ≥ n'',

(1–1/n)^n > 1/6 (de otro modo sería φ(-1) ≤ 1/6).

Luego, ∀ n ≥ n'' es a(np;-p) > (1/6)ᵖ ; tomando límites cuando n→∞,

a(np;-p) → φ(-p) ≥ (1/6)ᵖ >0, como se quería probar en general.

LA ECUACIÓN FUNCIONAL

Teorema 3: ∀ x, y ∈ R se cumple φ(x+y) = φ(x) φ(y).

Demostración: Se tiene φ(x) φ(y) =[lím (1+x/n)ⁿ] * [lím (1+y/n)ⁿ] =

= lím [1+(x+y)/n+xy/n²]ⁿ, cuando n→∞.

Esta última igualdad se entiende mejor leyéndola de derecha a izquierda:

el último límite existe y es igual al producto de los dos primeros, pues

[1+(x+y)/n+xy/n²]ⁿ = [(1+x/n)ⁿ] [(1+y/n)ⁿ]. Por otro lado,

φ(x+y) = lím [1+(x+y)/n]ⁿ cuando n→∞. Para probar el teorema, debemos asegurarnos antes de que el término xy/n² no aporta nada en el límite, o sea, es despreciable.

Lema 1: ∀ x ∈ R , ∃ lím (1+x/n²)ⁿ =1 cuando n→∞.

Demostración: Si x=0 es trivial, pues la constante 1 tiende a 1. Sea x≠0.

Sabemos que φ(x) = lím (1+x/n²)ⁿ² cuando n→∞, pues se trata de una subsucesión de (1+x/n)ⁿ. Como ya hemos probado que φ(x) > 0 (paso esencial), dado el número positivo φ(x)/2, ∃ n' € N / ∀ n ≥ n':

|(1+x/n²)^n²-φ(x)| < φ(x)/2 → φ(x)/2 < (1+x/n²)^n² < (3/2) φ(x);

extrayendo la raíz n-ésima (todo número real no negativo tiene una raíz n-ésima no negativa única si n ∈ N, n>0):

[φ(x)/2]¹/ⁿ < (1+x/n²)ⁿ < [(3/2) φ(x)]¹/ⁿ. Los miembros extremos tienden a 1, y se deduce el resultado. En efecto, si K es cualquier constante positiva, se sabe que K¹/ⁿ→1 cuando n→∞. Por tanto,

∃ lím (1+x/n²)ⁿ =1 cuando n→∞, como queríamos demostrar.

Lema 2:

Para todos a, b ∈ R, existe Lím (1+a/n+b/n²) ⁿ = Lím (1+a/n) ⁿ [cuando n→∞].

Demostración: Si a=0, es trivial, se reduce al Lema 1. Sea a≠0. Análogamente, si b=0, es trivial, la igualdad se reduce a la identidad: Lím (1+a/n)ⁿ = Lím (1+a/n)ⁿ.

Sea también b≠0. Tendremos:

[(1+a/n+b/n²)/(1+a/n)]ⁿ = [1+(b/n²)/(1+a/n)]ⁿ = (1+b/(n²+an)]ⁿ (cuando n>-a).

Primer caso: 0∈N → n²

Luego (si b>0), (1+b/n²)ⁿ>(1+b/(n²+an)]ⁿ > [1+b/(n+k)²]ⁿ =

= [1+b/(n+k)²]ⁿ⁺ᵏ * [1+b/(n+k)²] ⁻ᵏ ; los extremos de esta cadena de desigualdades tienden hacia 1 - por el lema anterior, ya que k ∈ N -, luego:

Lím (1+b/(n²+an)]ⁿ =1.

Si fuera b<0, sea n> máx { a, √ |b| }; así será |b/n²| < 1, y como n+a>n,

n(n+a)>n², por tanto,

0 < (1+b/n²)ⁿ < (1+b/(n²+an)]ⁿ < [1+b/(n+k)²]ⁿ y siendo el segundo y cuarto miembros convergentes a 1, lo mismo se deduce del término intermedio →

Lím (1+b/(n²+an)]ⁿ =1 [cuando n →∞], siendo b<0, igual que en el caso b>0.

Segundo caso: a<0. Elijamos k∈N / k > máx {-a+1, 2} →

n²+an-a, a>-k ; n²+an>n²-kn>0 (a partir de n>k) y

-kn+k²<0, de modo que sumando -kn+k² con n²-kn>0,

resulta n²+an>n²-kn>n²-kn-kn+k²=(n-k)² (siempre que sea n>k). Así que:

cuando n > k = máx {-a, k} → (n-k)² < n²+an < n² →

[1+b/(n-k)²]ⁿ > [1+b/(n²+an)]ⁿ > [1+b/n²]ⁿ (si b>0, y las mismas desigualdades invertidas si b<0, con n > √ |b| ).

Como [1+b/(n-k)²]ⁿ = [1+b/(n-k)²]ⁿ⁻ ᵏ * [1+b/(n-k)²]ᵏ → 1 [cuando n→∞], entonces los extremos tienden a 1, y de nuevo:

Lím [1+b/(n²+an)]ⁿ =1 [cuando n→∞], y en resumen:

Para todos a, b ∈ R, se cumple: [(1+a/n+b/n²) / (1+a/n)]ⁿ → 1 [cuando n→∞]

Puesto que (1+a/n+b/n²)ⁿ = [(1+a/n+b/n²) / (1+a/n)]ⁿ * (1+a/n)ⁿ

[siempre tomando n>máx{ |a|, 1} para que tengan sentido los denominadores en todo caso] se verifica que [cuando n→∞] existe el siguiente límite:

Lím (1+a/n+b/n²)ⁿ = 1* Lím(1+a/n)ⁿ = Lím(1+a/n)ⁿ, tal como afirmaba

el lema 2 y como queríamos demostrar.

Ahora la demostración del teorema 3 es ya inmediata:

(1+x/n)ⁿ * (1+y/n)ⁿ = [1 + (x+y)/n + xy/n² ]ⁿ. Luego [cuando n→∞] :

∃ Lím [1 + (x+y)/n + xy/n² ]ⁿ = Lím [1 + (x+y)/n]ⁿ = φ(x+y)

∃ Lím [1 + (x+y)/n + xy/n² ]ⁿ = Lím (1+x/n)ⁿ * Lím (1+y/n)ⁿ = φ(x)φ(y), y finalmente queda demostrado que φ(x+y) = φ(x)φ(y).

Es inmediato ver que φ(x) = eˣ cuando x es racional, por lo que podemos definir eˣ para cualquier x real mediante esta igualdad:

DEFINICIÓN : ∀ x ∈ R, eˣ = φ(x) = Lím (1+x/n)ⁿ = Lím (1+x+x²/2!+x³/3!+…+x/n!) [cuando n→∞]. Esto es, eˣ = 1+x+x²/2!+x³/3!+…+x/n!+…

Es fácil probar que φ(x) es continua [solamente hace falta probarlo para 0, luego se deduce la continuidad en todo punto por medio de la ecuación funcional φ(x+y) = φ(x)φ(y) ], y que las potencias de e de exponente x irracional, definidas por sucesiones, coinciden con φ(x), puesto que toda función F continua que cumpla la ecuación funcional y además F(1) = e, es idéntica a φ, o sea, F(x)=φ(x) para todo x real; y como f(x)=eˣ (definida por sucesiones de exponentes racionales que convergen a x) cumple la ecuación funcional y es continua (no es difícil probarlo directamente), la anterior definición es consistente y es

φ(x) = eˣ para todo x real. Por tanto:

eˣ⁺ ʸ = eˣ * eʸ, para cualesquiera x, y números reales x, y. C.Q.D. Luego se puede definir el logaritmo natural como inversa de la exponencial, establecer sus propiedades esenciales, como continuidad, derivabilidad, logaritmo de un producto, cociente, potencia, raíz, etc.

&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&

Lema 3:

a) Si uₙ → +∞, cuando n→∞, ∃ (1+1/uₙ)ᵘₙ, [cuando n→∞], y es:

lím (1+1/uₙ)ᵘₙ = e [cuando n→∞].

b) Si uₙ → -∞ cuando n→∞, ∃ lím (1+1/uₙ)ᵘₙ, [cuando n→∞], y es:

lím (1+1/uₙ)ᵘₙ = e.

c) Si |uₙ| → +∞ [cuando n →∞], ∃ lím (1+1/uₙ)ᵘₙ, [cuando n→∞], y es:

lím (1+1/uₙ)ᵘₙ, [cuando n→∞] = e.

d) Si |uₙ| → +∞ [cuando n →∞], x € R, ∃ lím (1+x/uₙ)ᵘₙ = φ(x), [cuando n→∞], y es:

lím (1+x/uₙ) ᵘₙ = [cuando n→∞] = eˣ.

e) Si |uₙ| → 0 [cuando n →∞], x € R, ∃ lím (1+x*uₙ)¹/ ᵘₙ = φ(x), [cuando n→∞], y por tanto, es:

lím (1+x*uₙ)¹/ ᵘₙ = [cuando n→∞] = eˣ.

Demostración:

a) A partir de cierto n, será uₙ>0, y más aún: ∃ n'/∀ n≥n', uₙ>1.

Sean pₙ=[uₙ] (parte entera), qₙ={uₙ} (parte fraccionaria = uₙ-[uₙ]).

Será entonces uₙ = pₙ + qₙ (parte entera de uₙ + parte fraccionaria de uₙ).

Ya que pₙ → +∞ [cuando n →∞], { la parte entera pₙ es mayor o igual que uₙ - 1 que tiende a infinito, luego pₙ → +∞ } se considera pₙ > 0 en lo sucesivo, es decir, se toma n≥n'. Se tiene, evidentemente, uₙ=pₙ+qₙ y entonces:

[1+1/(pₙ+1)]ᵖₙ⁺ᑫₙ ≤ [1+1/(pₙ+qₙ)]ᵖₙ⁺ᑫₙ ≤ (1+1/pₙ)ᵖₙ⁺ᑫₙ (***)

(por el hecho de que x1).

Pero [1+1/(pₙ+1)]ᵖₙ⁺ᑫₙ= [1+1/(pₙ+1)]ᵖₙ * [1+1/(pₙ+1)]ᑫₙ .

Sabemos que [1+1/(n+1)]ⁿ → e [cuando n →∞]. En efecto,

[1+1/(n+1)]ⁿ = {[1+1/(n+1)]ⁿ⁺¹ } / [1+1/(n+1)] → e/1 = e [cuando n →∞]

puesto que lím [1+1/(n+1)]ⁿ⁺¹ = lím (1+1/n)ⁿ [cuando n →∞] por ser la primera sucesión una subsucesión de la segunda que es convergente a e.

Por la definición de límite, ∀ ε>0, ∃ n'' € N / n>n'' → |[1+1/(n+1)]ⁿ - e| < ε.

Como pₙ → +∞ [cuando n → ∞], dado n'', ∃ n''' / ∀ n≥n''', es pₙ≥n'' →

por tanto, por ser pₙ € N, → | [1+1/(pₙ+1)]ᵖₙ - e | < ε, por lo cual:

[1+1/(pₙ+1)]ᵖₙ → e [cuando n →∞]

Ahora, como 0 ≤ qₙ < 1, y 1 ≤ 1+1/(pₙ+1) → 1 ≤ [1+1/(pₙ+1)]ᑫₙ ≤…

≤ 1+1/(pₙ+1) → 1 [cuando n →∞]; por tanto, en (***) el primer término de la desigualdad tiende hacia e.

Análogamente, 1+1/pₙ → 1, y como 0 ≤ qₙ < 1 →

1 ≤ ( 1+1/pₙ)ᑫₙ < 1+1/pₙ, ambos extremos tienden a 1 cuando n →∞ →

luego [1+1/pₙ]ᑫₙ → 1 [cuando n →∞].

También (1+1/pₙ)ᵖₙ → e [cuando n →∞] (por ser pₙ ∈ N y pₙ→∞ ).

De modo que, al fin, resulta de (***) que [cuando n→∞] → ∃ Lím (1+1/uₙ)ᵘₙ = e,

como queríamos demostrar.

b) Sea uₙ → -∞ [cuando n→∞]; definimos vₙ = -uₙ; vₙ→ +∞ [cuando n→∞].

(1+1/uₙ)ᵘₙ = (1–1/vₙ) ⁻ᵛₙ = [ (vₙ-1)/vₙ ] ⁻ᵛₙ = [vₙ/ (vₙ-1)]ᵛₙ =

= [1+1/(vₙ-1)]ᵛₙ = [1+1/(vₙ-1)]ᵛₙ⁻ ¹ * [1+1/(vₙ-1)] → e*1=e [por el caso a)].

c) Se deduce inmediata y sencillamente de a) y b).

Para demostrar d) distinguimos dos casos particulares que, juntos, prueban el caso general:

d.1) Sea, en primer lugar, uₙ → +∞ [cuando n →∞], y sea, en principio, x > 0.

Consideremos la sucesión a partir del índice n₂ € N tal que 1+x/n>0 (existe tal n₂ pues uₙ → +∞ [cuando n →∞] ).

Sea pₙ = [uₙ], qₙ = {uₙ} (partes entera y fraccionaria de uₙ). uₙ = pₙ+ qₙ.

La parte fraccionaria cumple las desigualdades 0 ≤ qₙ < 1.

Es claro que pₙ ≤ uₙ < pₙ+1, luego (pₙ+1) →+∞ [cuando n →∞], por ser mayor que los términos de una sucesión (uₙ) que tiende a +∞, pero como pₙ =(pₙ+1)-1, se deduce que pₙ → +∞ . Seguimos usando la notación

φ(x)= lím (1+x/n)ⁿ [cuando n →∞].

∀ n≥n₀, uₙ>1; 1+x/uₙ=1+x/(pₙ+qₙ) → 1+x/(pₙ+1)<1+x/(pₙ+qₙ) <1+x/pₙ

Elevando a la potencia pₙ (≥1, pues uₙ>1), se tiene:

[1+x/(pₙ+1)]ᵖₙ < [1+x/(pₙ+qₙ)]ᵖₙ <(1+x/pₙ)ᵖₙ.

Pero {pₙ} (n € N, n ≥ n₂) es una subsucesión generalizada de {n} (n ∈ N); se llama así a una sucesión deducida de otra dada, y que se compone de los mismos términos que la primera, en orden no decreciente de sus índices, pero admitiendo que cada término se pueda repetir un número finito de veces consecutivas, como por ejemplo dada {tₙ} (n ∈ N) sería subsucesión generalizada o en sentido amplio {t₀, t₀, t₀, t₁, t₂, t₂, t₃, t₄, t₅,t₅,t₅,t₆…etc}. Si una sucesión tiende a un límite finito o infinito, todas sus subsucesiones generalizadas, que incluyen a las subsucesiones ordinarias, tienden a ese mismo límite, como es sencillo de comprobar.

Por tanto, como pₙ → +∞ [cuando n →∞], es claro que

∃ lím (1+x/pₙ)ᵖₙ [cuando n →∞] = lím (1+x/n)ⁿ [cuando n →∞] = φ(x)

También lím [1+x/(pₙ+1)]ᵖₙ [cuando n →∞] =

= lím ( [1+x/(pₙ+1)]ᵖₙ⁺ ¹ [1+x/(pₙ+1)] ⁻ ¹ ) [cuando n →∞] =

= φ(x) * 1=φ(x).

Luego ∃ lím ( 1+x/(pₙ+qₙ) ) ᵖₙ [cuando n →∞] =φ(x).

Pero [1+x/(pₙ+qₙ )]ᵖₙ⁺ᑫₙ = [1+x/(pₙ+qₙ )]ᵖₙ * [1+x/(pₙ+qₙ )]ᑫₙ , a partir del índice n que hace a todas las bases positivas (pues todas tienden a 1 para n →∞).

El primer factor, cuando n →∞ , tiende hacia φ(x), como se ha visto.

Respecto al segundo, veamos que tiende a 1; recordemos que estamos considerando x>0, en primer lugar. A partir de un cierto índice n, será:

1 < (1+x/uₙ)ᑫₙ < (1+x/uₙ)¹, [cuando n →∞] → ∃ lím (1+x/(uₙ)ᑫₙ = 1.

Ahora, análogamente, suponiendo -x < 0, o bien, x>0, consideremos

vₙ = (1-x/uₙ)ᑫₙ , donde 0 ≤ ᑫₙ < 1. Recordamos que uₙ →∞ cuando n →∞.

vₙ = [ (uₙ-x)/uₙ ]ᑫₙ → 1/vₙ = [ uₙ/(uₙ-x) ]ᑫₙ = [ (uₙ-x+x)/(uₙ-x) ]ᑫₙ =

= [ 1+x/(uₙ-x) ]ᑫₙ . A partir de cierto índice n* será uₙ > x, y además

1+x/(uₙ-x) > 1, pues uₙ →∞ [cuando n →∞]. Luego:

[ 1+x/(uₙ-x) ]⁰ ≤ [ 1+x/(uₙ-x) ]ᑫₙ < [ 1+x/(uₙ-x) ]¹ →

1 ≤ [ 1+x/(uₙ-x) ]ᑫₙ < 1+x/(uₙ-x) (a partir de cierto índice n*). De modo que cuando n →∞ ambos extremos tienden hacia 1, y se tiene:

lím [ 1+x/(uₙ-x) ]ᑫₙ = 1 cuando n →∞. Sería válido incluso aunque cada ᑫₙ fuera cualquier número del intervalo [0,1).

Si x=0, se verifica trivialmente que ∃ lím (1+x/(uₙ)ᑫₙ = 1 [cuando n →∞].

lím (1+x/uₙ) ᵘₙ = φ(x), cuando n →∞; como queríamos demostrar.

d.2) Supongamos ahora que uₙ → -∞, [cuando n →∞], y sea vₙ = - uₙ, de manera que vₙ → +∞ [cuando n →∞].

(1+x/uₙ) ᵘₙ = (1-x/vₙ)⁻ᵛₙ = 1/(1-x/vₙ)ᵛₙ =1/[(vₙ-x)/vₙ]ᵛₙ =

= [vₙ/(vₙ-x)]ᵛₙ=[ (vₙ-x+x)/(vₙ-x) ]ᵛₙ =

= [ 1+x/(vₙ-x) ]ᵛₙ⁻ ˣ * [ 1+x/(vₙ-x) ] ˣ =

[sea wₙ=vₙ-x, entonces wₙ → +∞ [cuando n → ∞].

= (1+x/wₙ) ʷₙ * (1+x/wₙ)ˣ → φ(x), [cuando n → ∞], o sea:

(1+x/uₙ) ᵘₙ → φ(x), [cuando n → ∞], pero por nuestra notación , es

φ(x) = lím (1+x/n)ⁿ [cuando n → ∞].

CASO GENERAL en d): Por lo tanto, si |uₙ| → +∞ [cuando n → ∞], se deduce sencillamente de d.1) y d.2) que es (1+x/uₙ)ᵘₙ → eˣ, y queda probado d), como queríamos demostrar.

e) Definimos vₙ=1/uₙ, y como uₙ→0 [cuando n → ∞ ] será:

|vₙ| → +∞ [cuando n → ∞ ], y por el caso anterior, ∃ lím (1+x*uₙ)¹/ ᵘₙ =

= lím (1+x/vₙ) ᵛₙ = φ(x), [cuando n→∞], y por tanto, si uₙ→0 [cuando n → ∞ ]:

∃ lím (1+x*uₙ)¹/ ᵘₙ = [cuando n→∞] = eˣ, como queríamos demostrar.

DEMOSTRACIÓN PARA ALGUNOS LÍMITES POTENCIALES ANÁLOGOS PARA FUNCIONES

Teorema 1:

1) Sea g: R → R, tal que Lím g(x)= +∞ [cuando x → +∞ ]. Sea M ∈ R⁺, tal que para todo x ∈ R, x>M → g(x)>0 (M existe puesto que g(x) tiende a +∞).

y sea f(x) = [1+1/g(x)]ᵍ⁽ˣ⁾, definida para todo x ≥ M. Entonces, [cuando x → +∞], ∃ lím f(x) = e.

2) Sea g: R → R, tal que Lím g(x)= -∞ [cuando x → +∞ ]. Sea M₀ ∈ R⁺, tal que para todo x ∈ R, x < -M₀ → g(x)<0, en particular, el denominador g(x), en 1/g(x), no se anula (M₀ existe puesto que g(x) tiende a -∞).

y sea f(x) = [1+1/g(x)] ᵍ⁽ˣ⁾, definida para todo x ≥ M₀. Así pues

[cuando x → +∞] ∃ lím f(x) = e.

3) Sea g: R → R, tal que Lím |g(x)| = +∞ [cuando x → +∞ ]. Es decir, para todo

M ∈ R⁺, existe M' ∈ R⁺ de modo que x > M' asegura que |g(x)| > M.

En particular, tomando M=1, existe M₀ ∈ R⁺ tal que: para todo x > M₀

es |g(x)| > 1, y por tanto, |g(x)| ≠ 0, o lo que es equivalente, g(x) ≠ 0 (%%).

Entonces, [cuando x → +∞], existe el Lím [1+1/g(x)]ᵍ⁽ˣ⁾ = e.

Demostración:

1) Sean p(x)= [g(x)] (parte entera de g(x)), y r(x) = {g(x)} (parte fraccionaria de g(x)), de modo que g(x)=p(x)+r(x), y en todo caso la parte fraccionaria es positiva, pues es igual a g(x)-p(x), donde

p(x) = máximo entero que no supera a g(x). Luego para todo x es 0 ≤ r(x) < 1.

Es claro que p(x) → +∞, pues por definición, p(x)+1> g(x) ≥ p(x).

∃ M>M₀ / ∀ x>M, g(x)>1, luego p(x) ≥ 1. Sea en adelante x>M. Se cumple:

[1+1/(p(x)+r(x))]ᵖ⁽ˣ⁾ ≤ [1+1/(p(x)+r(x))]ᵖ⁽ˣ⁾⁺ʳ⁽ˣ⁾ ≤ [1+1/(p(x)+r(x))]ᵖ⁽ˣ⁾⁺¹ ($)

Probemos que para x → +∞, los límites de los extremos existen y son iguales al número e, lo que demostrará que el término central también tiende a e.

p(x)+r(x) ≤ p(x)+1 → 1/(p(x)+r(x)) ≥ 1/(p(x)+1)

[1+1/(1+p(x)]ᵖ⁽ˣ⁾ ≤ [1+1/(p(x)+r(x))]ᵖ⁽ˣ⁾ ≤ [1/(1+p(x))]ᵖ⁽ˣ⁾ .

Como la sucesión (1+1/n)ⁿ → e [cuando n → -∞ ]; ∀ ε>0, ∃ n₀ / ∀ n ≥ n₀ →

| (1+1/n)ⁿ - e | < ε, luego, como p(x) → +∞ [cuando x → +∞], ∃ M₁ / x> M₁ →

p(x) ≥ n₀. Sea M'=máx {M, M₁]; si x > M' → p(x) ≥ n₀ luego

| [1+1/(1+p(x)]ᵖ⁽ˣ⁾ - e | < ε, pues p(x) ∈ N ; así:

[1+1/p(x)]ᵖ⁽ˣ⁾ → e [cuando x → +∞]. Por otro lado,

[1+1/(1+p(x)]ᵖ⁽ˣ⁾ = [1+1/(1+p(x)]¹⁺ᵖ⁽ˣ⁾ / [1+1/(1+p(x)]

y esta última función, [cuando x → +∞] → e /(1+0)= e. De modo que el primer miembro de la limitación ($) → e [cuando x → +∞].

Análogamente, para el último miembro en ($):

[1+1/(1+p(x)]ᵖ⁽ˣ⁾⁺¹ ≤ [1+1/(p(x)+r(x))]ᵖ⁽ˣ⁾⁺¹ ≤ [1+1/p(x)]ᵖ⁽ˣ⁾⁺¹ .

Ambos extremos tienden hacia e [cuando x → +∞], porque

[1+1/p(x)]ᵖ⁽ˣ⁾ → e [cuando x → +∞] , por ser p(x) ∈ N y p(x) → +∞

[cuando x → +∞]. Así se deduce 1)

C.Q.D.

2) Si g(x) → -∞ [cuando x → +∞], sea h(x) =-g(x) → +∞ [cuando x → +∞].

En particular, existe cierto número real M ∈ R⁺ tal que x > M → g(x) < -M, y así

h(x) > M. Si x>M, será:

[1+1/g(x)]ᵍ⁽ˣ⁾ = [1–1/h(x)]⁻ʰ⁽ˣ⁾ = [h(x)/ (h(x)-1)]ʰ⁽ˣ⁾ = [1+1/(h(x)-1)]ʰ⁽ˣ⁾ =

= [1+1/(h(x)-1)]ʰ⁽ˣ⁾⁻¹ * [1+1/(h(x)-1)] → e * 1= e [cuando x → +∞],

por el caso 1) anterior, ya que (h(x)-1) → +∞ [cuando x → +∞].

C.Q.D.

3) Sean u(x) = |g(x)|, v(x)= - |g(x)|, definidas u y v en (M₀, +∞), lo que garantiza que siempre es u(x)≠0, y v(x) ≠ 0.

Por los dos casos anteriores, sabemos que [cuando x → +∞] existe

lím [1+1/u(x)]ᵘ⁽ˣ⁾ = e; y existe igualmente lím [1+1/v(x)]ᵛ⁽ˣ⁾ = e.

Por el primer límite, dado cualquier ε > 0, existe cierto M₁ ∈ R⁺, M₁ > M₀ y tal que si x>M₁ es | [1+1/u(x)]ᵘ⁽ˣ⁾ - e | < ε; por el segundo, para el mismo ε > 0 existe cierto M₂ ∈ R⁺, M₂ > M₀, y tal que si x > M₂, es | [1+1/v(x)]ᵛ⁽ˣ⁾ - e | < ε.

Sea M₃ = máx { M₁, M₂}; será M₃ > M' (pues lo son M₁ y M₂), y si x>M₃ → se verifican ambas: | [1+1/u(x)]ᵘ⁽ˣ⁾ - e | < ε y | [1+1/v(x)]ᵛ⁽ˣ⁾ - e | < ε.

Luego, siendo x>M₃, como g(x) no puede ser 0, por (%%), si g(x) > 0, será u(x) = |g(x)| = g(x), y por tanto | [1+1/u(x)]ᵘ⁽ˣ⁾ - e | < ε, es decir,

| [1+1/g(x)]ᵍ⁽ˣ⁾ - e | < ε; mientras que si g(x) < 0, será

v(x)= - |g(x)| = -(-g(x))=g(x), y como hemos visto, será:

| [1+1/v(x)]ᵛ⁽ˣ - e | < ε o bien, | [1+1/g(x)]ᵍ⁽ˣ⁾ - e | < ε.

En todo caso, por tanto, si x > M₃ → | [1+1/g(x)]ᵍ⁽ˣ⁾ - e | < ε, lo que, por definición, prueba que [cuando x → +∞] existe Lím [1+1/g(x)]ᵍ⁽ˣ⁾ = e.

C.Q.D.

Teorema 2: Sea f: R - {0} → R, tal que para todo x ∈ R - {0} siempre es

f(x) ≠ 0, y suponemos que f(x) → 0 [cuando x→0]: entonces,

[cuando x → 0 ] existe Lím [1+f(x)] ¹/ ᶠ⁽ˣ⁾ = e.

Demostración:

Definamos g: R - {0} → R mediante g(x)=1/f(1/x); o bien, 1/g(x) = f(1/x), luego

[cuando x → +∞] será Lím |g(x)| = +∞; para todo x ∈ R - {0} sea y=1/x.

Es claro que |g(y)| → +∞ cuando y → +∞, así pues

[1+f(x)] ¹/ ᶠ⁽ˣ⁾ = [1+f(1/y)] ¹/ ᶠ⁽¹/ ʸ⁾ = [1+1/g(y)]ᵍ⁽ʸ⁾

Pero por cumplirse todas las hipótesis del teorema 1, apartado 3), sabemos que:

[cuando y → +∞] existe lím [1+1/g(y)]ᵍ⁽ʸ⁾ = e. Así, dado ε > 0, existe M ∈ R⁺ /

y > M (o bien, 0< x < 1/M) → | [1+1/g(y)]ᵍ⁽ʸ⁾ - e | < ε →

| [1+f(1/y)]¹/ ᶠ⁽¹/ ʸ⁾ - e | < ε →

| [1+f(x)] ¹/ ᶠ⁽ˣ⁾ - e | < ε. Por tanto, tomando δ = 1/M, tenemos que si

0< x < δ → | [1+f(x)] ¹/ ᶠ⁽ˣ⁾ - e | < ε, de modo que [cuando x → 0 +] existe el límite por la derecha de [1+f(x)] ¹/ ᶠ⁽ˣ⁾ y su valor es:

lím [1+f(x)] ¹/ ᶠ⁽ˣ⁾ = e [cuando x → 0+], siendo f(x) → 0 [cuando x → 0] (#)

Si ahora y=-x, es decir, x=-y; sea h: R - {0} → R definida por h(y) = f(-y);

como f(y) → 0 [cuando y → 0], es claro que h(y) → 0 cuando y → 0.

Luego por lo ya establecido,

lím [1+h(y)] ¹/ ʰ⁽ʸ⁾ = e [cuando y → 0+]. Luego, por definición de límite por la derecha,

∀ ε > 0, ∃ δ > 0 / 0 < y < δ [es decir, - δ < x < 0 ] → | [1+h(y)] ¹/ ʰ⁽ʸ⁾ - e | < ε →

| [1+f(-y)] ¹/ ᶠ⁽⁻ʸ⁾ - e | < ε → | [1+f(x)] ¹/ ᶠ⁽ˣ⁾ - e | < ε, por lo cual,

∀ ε > 0, ∃ δ > 0 / - δ < x < 0 → | [1+f(x)] ¹/ ᶠ⁽ˣ⁾ - e | < ε | , lo cual prueba que [cuando x → 0-] existe el límite por la izquierda de [1+f(x)] ¹/ ᶠ⁽ˣ⁾ y su valor es:

lím [1+f(x)] ¹/ ᶠ⁽ˣ⁾ = e [cuando x → 0-], siendo f(x) → 0 [cuando x → 0] (##).

Pero de (#) y (##) se deduce finalmente que:

Existe lím [1+f(x)] ¹/ ᶠ⁽ˣ⁾ = e [cuando x → 0], siendo f(x) → 0 [cuando x → 0].

C.Q.D.

Corolario final (Y RESPUESTA A LA PREGUNTA):

Lím (1+x)¹/ ˣ = e [cuando x → 0].

Demostración: Basta tomar, en el teorema anterior, f(x)=x, de modo que

f(x) → 0 [cuando x → 0] → lím [1+f(x)] ¹/ ᶠ⁽ˣ⁾ = e →

Lím (1+x)¹/ ˣ = e [cuando x → 0]. C.Q.D.