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

Демидович — задача 71

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

Задача 71

Пусть pnp_n (n=1,2,…)(n=1,2,\ldots) — произвольная последовательность чисел, стремящаяся к +∞+\infty, и qnq_n (n=1,2,…)(n=1,2,\ldots) — произвольная последовательность чисел, стремящаяся к −∞-\infty (pn,qn∉[−1,0])(p_n,q_n\notin[-1,0]). Доказать, чтоlim⁡n→∞(1+1pn)pn=lim⁡n→∞(1+1qn)qn=e.\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac1{p_n}\right)^{p_n}
=
\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac1{q_n}\right)^{q_n}=e.

Опирается на

Доказательство

Сначала зажмём выражение с произвольным вещественным показателем между выражениями с соседними целыми показателями.

Сначала докажем вспомогательное утверждение. Пусть
tn→+∞t_n\to+\infty. Начиная с некоторого номера tn≥1t_n\ge1; для таких nn
положимmn=⌊tn⌋.m_n=\lfloor t_n\rfloor.Тогда mn≥1m_n\ge1,mn≤tn<mn+1,m_n\le t_n<m_n+1,и вместе с tnt_n к бесконечности стремится также mnm_n.
Из неравенств для оснований1+1mn+1<1+1tn≤1+1mn1+\frac1{m_n+1}
<
1+\frac1{t_n}
\le
1+\frac1{m_n}и для показателейmn≤tn<mn+1m_n\le t_n<m_n+1получаем(1+1mn+1)mn≤(1+1tn)mn≤(1+1tn)tn≤(1+1tn)mn+1≤(1+1mn)mn+1.\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 11, поэтому увеличение основания или
положительного показателя не уменьшает степень.

Правая граница является последовательностью из задачи , взятой при
целых индексах mn→∞m_n\to\infty:(1+1mn)mn+1⟶e.\left(1+\frac1{m_n}\right)^{m_n+1}\longrightarrow e.Левую границу перепишем так:(1+1mn+1)mn=(1+1mn+1)mn+11+1mn+1.\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 ee по задаче , поскольку mn+1→∞m_n+1\to\infty, а
знаменатель стремится к 11. Следовательно, левая граница также стремится
к ee. По теореме о зажатой последовательности(1+1tn)tn⟶e.\left(1+\frac1{t_n}\right)^{t_n}\longrightarrow e.
Теперь подставим tn=pnt_n=p_n. Поскольку pn→+∞p_n\to+\infty, получаем(1+1pn)pn⟶e.\left(1+\frac1{p_n}\right)^{p_n}\longrightarrow e.
Для второй последовательности положимrn=−qn.r_n=-q_n.Тогда rn→+∞r_n\to+\infty, поэтому начиная с некоторого номера rn>1r_n>1.
Обозначимsn=rn−1.s_n=r_n-1.Имеем sn>0s_n>0 и sn→+∞s_n\to+\infty. На рассматриваемом хвосте основание
1−1rn1-\frac1{r_n} положительно, поэтому допустимы преобразования вещественных
степеней:(1+1qn)qn=\displaystyle \left(1+\frac1{q_n}\right)^{q_n}\mathrel{=}(1−1rn)−rn=\displaystyle \left(1-\frac1{r_n}\right)^{-r_n}\mathrel{=}(rnrn−1)rn=\displaystyle \left(\frac{r_n}{r_n-1}\right)^{r_n}\mathrel{=}(1+1sn)sn+1=\displaystyle \left(1+\frac1{s_n}\right)^{s_n+1}\mathrel{=}(1+1sn)sn(1+1sn).\displaystyle \left(1+\frac1{s_n}\right)^{s_n}
\left(1+\frac1{s_n}\right).Первый множитель стремится к ee по доказанному вспомогательному
утверждению, а второй — к 11. Следовательно,(1+1qn)qn⟶e.\left(1+\frac1{q_n}\right)^{q_n}\longrightarrow e.Условие pn,qn∉[−1,0]p_n,q_n\notin[-1,0] гарантирует положительность
оснований вещественных степеней. В доказательстве используются только хвосты:
для pnp_n имеем pn≥1p_n\ge1, а для qnq_n — qn<−1q_n<-1.lim⁡n→∞(1+1pn)pn=e,lim⁡n→∞(1+1qn)qn=e.\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac1{p_n}\right)^{p_n}=e,
\qquad
\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac1{q_n}\right)^{q_n}=e.

Что и требовалось доказать