Раздел I. Введение в анализ — § 5. Предел функции

Демидович — задача 611

Б. П. Демидович, «Сборник задач и упражнений по математическому анализу». Условие, подробное решение и ответ.

Доказать, что

\text{а) }\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{x}{n}\right)^n=e^x

\text{б) }\lim_{n\to\infty} \left(1+x+\frac{x^2}{2!}+\cdots+\frac{x^n}{n!}\right)=e^x

Доказано:

\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{x}{n}\right)^n=e^x

\lim_{n\to\infty} \left(1+x+\frac{x^2}{2!}+\cdots+\frac{x^n}{n!}\right)=e^x

Доказательство

1
Пункт а)
При фиксированном $x$ основание положительно для всех
достаточно больших $n$ . Если $x=0$ , утверждение очевидно. При
$x\ne0$ логарифм выражения равен $\begin{aligned} \ln\left(1+\frac xn\right)^n &=n\ln\left(1+\frac xn\right)=\\ &=x\, \frac{\ln(1+x/n)}{x/n}\end{aligned}$ Так как $x/n\to0$ и $\lim_{u\to0}\frac{\ln(1+u)}u=1$ логарифм стремится к $x$ . Следовательно, исходная степень стремится к
$e^x$
2
Пункт б)
Сначала пусть $x\geqslant0$ и $S_n(x)=\sum_{k=0}^n\frac{x^k}{k!}$ При $n>x$ биномиальная формула даёт нижнюю оценку $\left(1+\frac xn\right)^n =\sum_{k=0}^n \frac{x^k}{k!} \prod_{j=0}^{k-1}\left(1-\frac jn\right) \leqslant S_n(x)$ С другой стороны, разложение отрицательной степени даёт $\begin{aligned} \left(1-\frac xn\right)^{-n} &=\sum_{k=0}^{\infty} \frac{x^k}{k!} \prod_{j=0}^{k-1}\left(1+\frac jn\right)\geqslant\\ &\geqslant S_n(x)\end{aligned}$ По части а) $\left(1+\frac xn\right)^n\longrightarrow e^x, \qquad \left(1-\frac xn\right)^{-n}\longrightarrow e^x$ По теореме о зажатой последовательности $S_n(x)\to e^x$

Проверка

Если

x=-y<0

, то ряд

\sum y^k/k!

сходится, поэтому ряд

\sum(-y)^k/k!

сходится абсолютно. Обозначим его сумму через

T

.
По формуле Коши для произведения абсолютно сходящихся рядов

\begin{aligned} e^yT &=\sum_{m=0}^{\infty}\frac{y^m}{m!} \sum_{k=0}^m(-1)^k\binom{m}{k} =1\end{aligned}

поскольку внутренняя сумма равна

(1-1)^m

. Значит,

T=e^{-y}=e^x

Что и требовалось доказать