Раздел I. Введение в анализ — § 2. Теория последовательностей

Демидович — задача 70

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

Задача 70

Доказать, что0<e−(1+1n)n<3n(n=1,2,…).0<e-\left(1+\frac1n\right)^n<\frac3n
\qquad(n=1,2,\ldots).При каких значениях показателя nn выражение (1+1n)n\left(1+\frac1n\right)^n будет отличаться от числа ee меньше чем на 0,0010{,}001?

Опирается на ,

Доказательство

Последовательности из №69 ограничивают ee с двух сторон; разность этих границ вычисляется точно.

По задаче xn<e<yn.x_n<e<y_n.Следовательно,0<e−xn<yn−xn.0<e-x_n<y_n-x_n.При этомyn−xn=\displaystyle y_n-x_n\mathrel{=}xn(1+1n−1)=\displaystyle x_n\left(1+\frac1n-1\right)\mathrel{=}xnn.\displaystyle \frac{x_n}{n}.
Докажем, что xn<3x_n<3. При n=1n=1 имеем x1=2<3x_1=2<3. Пусть n≥2n\ge2. По биному Ньютона из задачи xn=2+∑k=2n1k!∏j=0k−1(1−jn).x_n
=2+\sum_{k=2}^{n}
\frac1{k!}\prod_{j=0}^{k-1}\left(1-\frac jn\right).Каждое произведение в сумме положительно и меньше 11, поэтомуxn<2+∑k=2n1k!.x_n<2+\sum_{k=2}^{n}\frac1{k!}.Так как k!≥2k−1k!\ge2^{k-1} при k≥2k\ge2, то∑k=2n1k!≤∑k=2n12k−1=1−12n−1<1.\sum_{k=2}^{n}\frac1{k!}
\le\sum_{k=2}^{n}\frac1{2^{k-1}}
=1-\frac1{2^{n-1}}<1.Следовательно, xn<3x_n<3 для всех натуральных nn. Поэтому0<e−xn<xnn<3n.0<e-x_n<\frac{x_n}{n}<\frac3n.Чтобы гарантировать погрешность меньше 0,0010{,}001, достаточно иметь3n≤0.001.\frac3n\le0.001.Это выполняется при n≥3000n\ge3000. В частности, при n=3000n=3000 из строгого неравенства
e−xn<3n=0,001e-x_n<\frac3n=0{,}001 также следует требуемая точность.

Что и требовалось доказать