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

Демидович — задача 72

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

Задача 72

Зная, чтоlim⁡n→∞(1+1n)n=e,\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac1n\right)^n=e,доказать, чтоlim⁡n→∞(1+1+12!+13!+⋯+1n!)=e.\lim_{n\to\infty}\left(1+1+\frac1{2!}+\frac1{3!}+\cdots+\frac1{n!}\right)=e.Вывести отсюда формулуe=2+12!+13!+⋯+1n!+θnn! n,(*)e=2+\frac1{2!}+\frac1{3!}+\cdots+\frac1{n!}
+\frac{\theta_n}{n!\,n},
\tag{*}где 0<θn<10<\theta_n<1, и вычислить число ee с точностью до 10−510^{-5}.

Опирается на задачу 5, задачу 69

Доказательство

Идея

Бином Ньютона уже содержит слагаемые, похожие на
1k!\frac1{k!}, но их число растёт вместе с nn. Поэтому прямой почленный
переход к пределу был бы необоснованным. Сначала зафиксируем конечное число
слагаемых и получим одну оценку для их суммы, затем сравним всю биномиальную
сумму с факториальной и получим обратную оценку. После установления предела
отдельно оценим хвост; именно эта оценка даст формулу с θn\theta_n и точность
вычисления.
  1. 1
    ОбозначимSm=∑k=0m1k!.S_m=\sum_{k=0}^{m}\frac1{k!}.По задаче 5(1+1n)n=∑k=0n1k!∏j=0k−1(1−jn).\left(1+\frac1n\right)^n
    =\sum_{k=0}^{n}
    \frac1{k!}\prod_{j=0}^{k-1}\left(1-\frac jn\right).    Зафиксируем натуральное mm и возьмём n≥mn\ge m. Отбрасывая положительные слагаемые с номерами k>mk>m, получаем(1+1n)n≥∑k=0m1k!∏j=0k−1(1−jn).\left(1+\frac1n\right)^n
    \ge
    \sum_{k=0}^{m}
    \frac1{k!}\prod_{j=0}^{k-1}\left(1-\frac jn\right).    Здесь справа находится сумма с фиксированным числом слагаемых. При n→∞n\to\infty каждое произведение стремится к 11, поэтому по задаче 69e≥Smдля каждого m.e\ge S_m
    \qquad\text{для каждого }m.    Последовательность SmS_m возрастает и ограничена сверху числом ee. Следовательно, она имеет конечный предел L≤eL\le e.

    С другой стороны, при n≥2n\ge2 для каждого k=2,…,nk=2,\ldots,n0<∏j=0k−1(1−jn)<1.0<\prod_{j=0}^{k-1}\left(1-\frac jn\right)<1.Поэтому(1+1n)n<Sn.\left(1+\frac1n\right)^n<S_n.Переходя к пределу и используя существование LL, получаемe≤L.e\le L.Следовательно, L=eL=e, то естьe=∑k=0∞1k!.e=\sum_{k=0}^{\infty}\frac1{k!}.
  2. 2
    Теперь оценим остаток после nn-го члена:Rn=e−Sn=∑j=1∞1(n+j)!.R_n=e-S_n
    =\sum_{j=1}^{\infty}\frac1{(n+j)!}.    Вынесем 1n!\frac1{n!}:Rn=1n!∑j=1∞1(n+1)(n+2)⋯(n+j).R_n=\frac1{n!}
    \sum_{j=1}^{\infty}
    \frac1{(n+1)(n+2)\cdots(n+j)}.    Каждый из jj множителей в знаменателе не меньше n+1n+1, поэтому0<Rn<1n!∑j=1∞1(n+1)j=1n!⋅1n.0<R_n
    <\frac1{n!}\sum_{j=1}^{\infty}\frac1{(n+1)^j}
    =\frac1{n!}\cdot\frac1n.    Следовательно, существует число θn∈(0,1)\theta_n\in(0,1) такое, чтоRn=θnn! n.R_n=\frac{\theta_n}{n!\,n}.Итак,e=2+12!+⋯+1n!+θnn! n.e=2+\frac1{2!}+\cdots+\frac1{n!}
    +\frac{\theta_n}{n!\,n}.    Для n=8n=80<R8<18!⋅8=1322560<3.11⋅10−6.0<R_8<\frac1{8!\cdot8}
    =\frac1{322560}
    <3.11\cdot10^{-6}.    При этомS8=∑k=081k!=10960140320=2.718278769…S_8=\sum_{k=0}^{8}\frac1{k!}
    =\frac{109601}{40320}
    =2.718278769\ldots    Кроме того,S8<e<S8+18!⋅8=876809322560.S_8<e<S_8+\frac1{8!\cdot8}
    =\frac{876809}{322560}.    Следовательно,718278769<e<2.718281871.718278769<e<2.718281871.Теперь погрешность относится уже к записанному округлённому числу:∣e−2.71828∣<1.88⋅10−6<10−5.|e-2.71828|
    <1.88\cdot10^{-6}
    <10^{-5}.    Поэтому с требуемой точностьюe≈2.71828.e\approx2.71828.Число слагаемых в биномиальной сумме растёт, поэтому прямой почленный переход был бы ошибочным. Фиксация конечного mm и отдельная оценка хвоста устраняют этот пробел; оценка остатка затем даёт контролируемую точность вычисления ee.

Проверка

e=∑k=0∞1k!,0<e−Sn<1n! n,e≈2.71828.e=\sum_{k=0}^{\infty}\frac1{k!},
\qquad
0<e-S_n<\frac1{n!\,n},
\qquad
e\approx2.71828.

Что и требовалось доказать

Демидович № 72 — решение