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

Демидович — задача 612

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

Задача 612

Доказать, чтоlim⁡n→∞nsin⁡(2πe n!)=2π\lim_{n\to\infty}n\sin(2\pi e\,n!)=2\pi
Доказано:lim⁡n→∞nsin⁡(2πe n!)=2π\lim_{n\to\infty}n\sin(2\pi e\,n!)=2\pi

Доказательство

Проверка

Используем разложение числа ee:e=∑k=0∞1k!e=\sum_{k=0}^{\infty}\frac1{k!}После умножения на n!n! получаемe n!=An+rne\,n!=A_n+r_nгдеAn=∑k=0nn!k!∈ZA_n=\sum_{k=0}^n\frac{n!}{k!}\in\mathbb Zиrn=1n+1+1(n+1)(n+2)+⋯r_n=\frac1{n+1}
+\frac1{(n+1)(n+2)}+\cdotsДля остатка справедливы оценки1n+1<rn<1n+1(1+1n+2+1(n+2)2+⋯ )=n+2(n+1)2\frac1{n+1}
<r_n<
\frac1{n+1}
\left(1+\frac1{n+2}+\frac1{(n+2)^2}+\cdots\right)
=\frac{n+2}{(n+1)^2}Следовательно,rn→0,nrn→1r_n\to0,
\qquad
nr_n\to1Так как AnA_n — целое число,nsin⁡(2πe n!)=nsin⁡(2πrn)==2π nrn sin⁡(2πrn)2πrn⟶2π\begin{aligned}
n\sin(2\pi e\,n!)
&=n\sin(2\pi r_n)=\\
&=2\pi\,nr_n\,
\frac{\sin(2\pi r_n)}{2\pi r_n}
\longrightarrow2\pi
\end{aligned}

Что и требовалось доказать