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.

Задача 611

Доказать, чтоа) lim⁡n→∞(1+xn)n=ex\text{а) }\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{x}{n}\right)^n=e^xб) lim⁡n→∞(1+x+x22!+⋯+xnn!)=ex\text{б) }\lim_{n\to\infty}
\left(1+x+\frac{x^2}{2!}+\cdots+\frac{x^n}{n!}\right)=e^x
Доказано:а) lim⁡n→∞(1+xn)n=ex\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{x}{n}\right)^n=e^xб) lim⁡n→∞(1+x+x22!+⋯+xnn!)=ex\lim_{n\to\infty}
\left(1+x+\frac{x^2}{2!}+\cdots+\frac{x^n}{n!}\right)=e^x

Доказательство

Пункт а). При x=0x=0 все члены равны 1=e01=e^0. Пусть x≠0x\ne0. Для достаточно больших nn основание 1+x/n1+x/n положительно. По №529ln⁡(1+xn)n=xln⁡(1+x/n)x/n⟶x.\ln\left(1+\frac xn\right)^n
=x\frac{\ln(1+x/n)}{x/n}\longrightarrow x.Следовательно, Bn(x)=(1+x/n)n→exB_n(x)=(1+x/n)^n\to e^x.
Пункт б). Обозначим Sn(x)=∑k=0nxk/k!S_n(x)=\sum_{k=0}^n x^k/k!. Сравним эту конечную сумму с Bn(x)B_n(x) из пункта а). По формуле биномаBn(x)=∑k=0nxkk!cn,k,cn,k=∏j=0k−1(1−jn).B_n(x)=\sum_{k=0}^n\frac{x^k}{k!}c_{n,k},
\qquad c_{n,k}=\prod_{j=0}^{k-1}\left(1-\frac jn\right).Произведение для k=0k=0 равно 11. Коэффициент появляется из равенства(nk)1nk=1k!n(n−1)⋯(n−k+1)nk.\binom nk\frac1{n^k}
=\frac1{k!}\frac{n(n-1)\cdots(n-k+1)}{n^k}.Для 0⩽aj⩽10\leqslant a_j\leqslant1 справедливо0⩽1−∏j(1−aj)⩽∑jaj.0\leqslant1-\prod_j(1-a_j)\leqslant\sum_j a_j.Действительно, для двух множителей 1−(1−a)(1−b)=a+b−ab⩽a+b1-(1-a)(1-b)=a+b-ab\leqslant a+b; добавляя множители по одному, получаем оценку для любого их конечного числа. Применяя её к aj=j/na_j=j/n, имеем0⩽1−cn,k⩽0+1+⋯+(k−1)n=k(k−1)2n.0\leqslant1-c_{n,k}\leqslant\frac{0+1+\cdots+(k-1)}n=\frac{k(k-1)}{2n}.Поэтому при n⩾2n\geqslant2, положив y=∣x∣y=|x|, получаем∣Sn(x)−Bn(x)∣⩽∑k=2nykk!k(k−1)2n=y22n∑j=0n−2yjj!.\begin{aligned}
|S_n(x)-B_n(x)|
&\leqslant\sum_{k=2}^n\frac{y^k}{k!}\frac{k(k-1)}{2n}\\
&=\frac{y^2}{2n}\sum_{j=0}^{n-2}\frac{y^j}{j!}.
\end{aligned}Здесь использованы k!=k(k−1)(k−2)!k!=k(k-1)(k-2)! и замена j=k−2j=k-2.
Осталось ограничить последнюю сумму независимо от nn. При y=0y=0 она равна 11. При y>0y>0 выберем целое m⩾max⁡(1,2y)m\geqslant\max(1,2y). Для aj=yj/j!a_j=y^j/j! и j⩾mj\geqslant maj+1aj=yj+1⩽12.\frac{a_{j+1}}{a_j}=\frac{y}{j+1}\leqslant\frac12.Значит, am+r⩽am2−ra_{m+r}\leqslant a_m2^{-r}. Конечная геометрическая сумма 1+1/2+⋯+2−r1+1/2+\cdots+2^{-r} меньше 22, поэтому для любого NN∑j=0Nyjj!⩽∑j=0m−1yjj!+2ymm!=Cy.\sum_{j=0}^N\frac{y^j}{j!}
\leqslant\sum_{j=0}^{m-1}\frac{y^j}{j!}+2\frac{y^m}{m!}=C_y.Число CyC_y зависит только от фиксированного xx. Отсюда∣Sn(x)−Bn(x)∣⩽y2Cy2n⟶0.|S_n(x)-B_n(x)|\leqslant\frac{y^2C_y}{2n}\longrightarrow0.По пункту а) Bn(x)→exB_n(x)\to e^x, следовательно, Sn(x)→exS_n(x)\to e^x для любого действительного xx.

Что и требовалось доказать

Демидович № 611 — решение и ответ | Высшая математика — Профиматика