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ee es el número de Euler y es igual a

limx→∞(1+1x)xlimx→∞(1+1x)x

Si llamamos tt a 1x,1x, tenemos que

• t→0t→0 cuando x→∞;x→∞;
• x=1t→∞x=1t→∞ (porque t→0t→0).

Por tanto, el límite de arriba se puede expresar como

e=lim1t→∞(1+t)1te=lim1t→∞(1+t)1t

o, lo que es lo mismo,

e=limt→0(1+t)1te=limt→0(1+t)1t

La derivada de una función f(x)f(x) respecto a xx es

ddxf(x)=limΔx→0f(x+Δx)−f(x)Δxddxf(x)=limΔx→0f(x+Δx)−f(x)Δx

¿Es nuestra función,

f(x)=exf(x)=ex

derivable?

El gráfico de la función es el siguiente:

Imagen: WolframAlpha. "graph f(x) = e^x".

Como podemos observar, la función es continua para todo x∈Rx∈R y no se quiebra en ningún momento. Por tanto, la función

f(x)=exf(x)=ex

es derivable. Por tanto, tenemos que

ddxf(x)=ddxex=limΔx→0ex+Δx−exΔxddxf(x)=ddxex=limΔx→0ex+Δx−exΔx

El primer término del numerador se puede reescribir como

exeΔxexeΔx

Por tanto,

ddxf(x)=ddxex=limΔx→0exeΔx−exΔxddxf(x)=ddxex=limΔx→0exeΔx−exΔx

Podemos sacar exex como factor común en el numerador, de tal forma que obtengamos que

ddxf(x)=ddxex=limΔx→0ex(eΔx−1)Δxddxf(x)=ddxex=limΔx→0ex(eΔx−1)Δx

Como el límite no afecta a ex,ex, podemos sacarlo del límite y obtener que

ddxf(x)=ddxex=exlimΔx→0(eΔx−1)Δxddxf(x)=ddxex=exlimΔx→0(eΔx−1)Δx

El paréntesis lo podemos quitar y quedarnos con que

ddxf(x)=ddxex=exlimΔx→0eΔx−1Δxddxf(x)=ddxex=exlimΔx→0eΔx−1Δx

Al numerador del límite le podemos hacer el siguiente cambio de variable:

n=eΔx−1n=eΔx−1

¿Cuál le podemos hacer al denominador?

Si al primer cambio de variable le sumamos 11 a ambos lados de la igualdad, obtenemos que

n+1=eΔxn+1=eΔx

Si aplicamos logaritmo natural, ln,ln, que es logaritmo en base e,e, a ambos lados de la igualdad, obtenemos que

ln(n+1)=ln(eΔx)ln⁡(n+1)=ln⁡(eΔx)

El término de la derecha de la igualdad se puede reescribir como

Δxln(e)Δxln⁡(e)

Por tanto,

ln(n+1)=Δxln(e)ln⁡(n+1)=Δxln⁡(e)

Pero el logaritmo en cierta base de esa base es 1.1. Por tanto,

ln(n+1)=Δxln⁡(n+1)=Δx

Pero, al hacer estos dos cambios de variable, la aproximación de debajo de nuestro límite debe variar. Concretamente, en vez de tener que ΔxΔx se aproxima a 0,0, debemos tener una aproximación a algún valor para n.n.

¿Cuál es ese valor al que se aproxima nn?

Sabemos que

n=eΔx−1n=eΔx−1

y que ΔxΔx se aproxima a 0.0. Si esto último es verdad, entonces eΔxeΔx debe aproximarse a 11 y por tanto nn a 0.0. Por tanto, tenemos que

ddxf(x)=ddxex=exlimn→0nln(n+1)ddxf(x)=ddxex=exlimn→0nln⁡(n+1)

Si multiplicamos por 1n1n en tanto el numerador como el denominador, no alteramos el límite y nos queda que

ddxf(x)=ddxex=exlimn→01nn1nln(n+1)ddxf(x)=ddxex=exlimn→01nn1nln⁡(n+1)

El numerador se puede reescribir como

1nn=11nn=1

por lo que

ddxf(x)=ddxex=exlimn→011nln(n+1)ddxf(x)=ddxex=exlimn→011nln⁡(n+1)

El denominador lo podemos reescribir como

1nln(n+1)=ln[(n+1)1n]1nln⁡(n+1)=ln⁡[(n+1)1n]

O lo que es lo mismo:

1nln(n+1)=ln[(1+n)1n]1nln⁡(n+1)=ln⁡[(1+n)1n]

Por tanto,

ddxf(x)=ddxex=exlimn→01ln[(1+n)1n]ddxf(x)=ddxex=exlimn→01ln⁡[(1+n)1n]

Ahora, el límite solo afecta al interior del logaritmo natural. Por tanto,

ddxf(x)=ddxex=ex1ln[limn→0(1+n)1n]ddxf(x)=ddxex=ex1ln⁡[limn→0(1+n)1n]

Al principio de esta respuesta, hemos dicho que

e=limt→0(1+t)1te=limt→0(1+t)1t

Por tanto,

ddxf(x)=ddxex=ex1ln(e)ddxf(x)=ddxex=ex1ln⁡(e)

También hemos dicho antes que el logaritmo en cierta base de esa base es 1.1. Por tanto,

ddxf(x)=ddxex=ex11ddxf(x)=ddxex=ex11

Finalmente,

11=111=1

y

ex⋅1=exex⋅1=ex

Por tanto,

ddxf(x)=ddxex=exddxf(x)=ddxex=ex

Justo lo que se quería demostrar.