Демидович — задача 71

1. 1
   Сначала докажем вспомогательное утверждение. Пусть
   $t_n\to+\infty$. Начиная с некоторого номера $t_n\ge1$; для таких $n$
   положим$$m_n=\lfloor t_n\rfloor.$$Тогда $m_n\ge1$,$$m_n\le t_n<m_n+1,$$и вместе с $t_n$ к бесконечности стремится также $m_n$.
2. 2
   Из неравенств для оснований$$1+\frac1{m_n+1}$$
   <
   1+\frac1{t_n}
   \le
   1+\frac1{m_n}и для показателей$$m_n\le t_n<m_n+1$$получаем$$\begin{aligned}$$
   \left(1+\frac1{m_n+1}\right)^{m_n}
   &\le
   \left(1+\frac1{t_n}\right)^{m_n}\\
   &\le
   \left(1+\frac1{t_n}\right)^{t_n}\\
   &\le
   \left(1+\frac1{t_n}\right)^{m_n+1}\\
   &\le
   \left(1+\frac1{m_n}\right)^{m_n+1}.
   \end{aligned}Здесь все основания больше $1$, поэтому увеличение основания или
   положительного показателя не уменьшает степень.
   
   Правая граница является последовательностью из задачи 69, взятой при
   целых индексах $m_n\to\infty$:$$\left(1+\frac1{m_n}\right)^{m_n+1}\longrightarrow e.$$Левую границу перепишем так:$$\left(1+\frac1{m_n+1}\right)^{m_n}$$
   =
   \frac{
   \left(1+\frac1{m_n+1}\right)^{m_n+1}
   }{
   1+\frac1{m_n+1}
   }.Числитель стремится к $e$ по задаче 69, поскольку $m_n+1\to\infty$, а
   знаменатель стремится к $1$. Следовательно, левая граница также стремится
   к $e$. По теореме о зажатой последовательности$$\left(1+\frac1{t_n}\right)^{t_n}\longrightarrow e.$$
3. 3
   Теперь подставим $t_n=p_n$. Поскольку $p_n\to+\infty$, получаем$$\left(1+\frac1{p_n}\right)^{p_n}\longrightarrow e.$$
4. 4
   Для второй последовательности положим$$r_n=-q_n.$$Тогда $r_n\to+\infty$, поэтому начиная с некоторого номера $r_n>1$.
   Обозначим$$s_n=r_n-1.$$Имеем $s_n>0$ и $s_n\to+\infty$. На рассматриваемом хвосте основание
   $1-\frac1{r_n}$ положительно, поэтому допустимы преобразования вещественных
   степеней:$\left(1+\frac1{q_n}\right)^{q_n}\mathrel{=}$$\left(1-\frac1{r_n}\right)^{-r_n}\mathrel{=}$$\left(\frac{r_n}{r_n-1}\right)^{r_n}\mathrel{=}$$\left(1+\frac1{s_n}\right)^{s_n+1}\mathrel{=}$$\left(1+\frac1{s_n}\right)^{s_n}$
   \left(1+\frac1{s_n}\right).Первый множитель стремится к $e$ по доказанному вспомогательному
   утверждению, а второй — к $1$. Следовательно,$$\left(1+\frac1{q_n}\right)^{q_n}\longrightarrow e.$$Условие $p_n,q_n\notin[-1,0]$ гарантирует положительность
   оснований вещественных степеней. В доказательстве используются только хвосты:
   для $p_n$ имеем $p_n\ge1$, а для $q_n$ — $q_n<-1$. Переход от натуральных
   индексов к вещественным выполнен зажатием последовательностей, без обращения
   к пределам функций. Здесь не требуется и более поздняя теорема о
   подпоследовательностях: поскольку $m_n\to\infty$, всякая оценка из задачи 69,
   верная для всех целых индексов выше некоторого порога, со временем становится
   верной и при индексах $m_n$ и $m_n+1$.

Что и требовалось доказать