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

Демидович — задача 75

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

Задача 75

Доказать неравенства:а) 1n+1<ln⁡(1+1n)<1n,где n — любое натуральное число;\text{а) }\frac1{n+1}<\ln\left(1+\frac1n\right)<\frac1n, \quad\text{где }n\text{ — любое натуральное число};б) 1+α<eα,где α — вещественное число, отличное от нуля.\text{б) }1+\alpha<e^\alpha, \quad\text{где }\alpha\text{ — вещественное число, отличное от нуля}.

Опирается на

Доказательство

Первый пункт следует из двух границ для ee в №69. Во втором сначала получим нестрогое неравенство, затем устраним равенство при α≠0\alpha\ne0.

Пункт а)

По задаче имеем(1+1n)n<e<(1+1n)n+1.\left(1+\frac1n\right)^n<e<
\left(1+\frac1n\right)^{n+1}.Логарифм является строго возрастающей функцией, поэтомуnln⁡(1+1n)<1<(n+1)ln⁡(1+1n).n\ln\left(1+\frac1n\right)
<
1
<
(n+1)\ln\left(1+\frac1n\right).Из левого неравенства следуетln⁡(1+1n)<1n,\ln\left(1+\frac1n\right)<\frac1n,а из правого1n+1<ln⁡(1+1n).\frac1{n+1}<\ln\left(1+\frac1n\right).Итак,1n+1<ln⁡(1+1n)<1n.\frac1{n+1}
<
\ln\left(1+\frac1n\right)
<
\frac1n.Пункт б)
Сначала докажем нестрогое неравенствоex≥1+xe^x\geq1+xдля любого x>−1x>-1.

При x=0x=0 обе части равны 11: e0=1=1+0e^0=1=1+0. Пусть x≠0x\neq0 и положимtn=nx.t_n=\frac{n}{x}.Если x>0x>0, тоtn→+∞,t_n\to+\infty,а если −1<x<0-1<x<0, тоtn→−∞.t_n\to-\infty.В обоих случаях по задаче 71, применённой к последовательности tnt_n, получаем(1+1tn)tn=(1+xn)nx→e.\left(1+\frac1{t_n}\right)^{t_n}
=
\left(1+\frac{x}{n}\right)^{\frac{n}{x}}
\to e.Обоснуем возведение в фиксированную вещественную степень xx через оценки. Если zn>0z_n>0 и zn→1z_n\to1, положим un=max⁡(zn,1zn)u_n=\max\left(z_n,\frac1{z_n}\right). Тогда un→1u_n\to1 по правилам действий с пределами. Выберем натуральное m>∣x∣m>|x|. Из свойств положительных степеней следуетun−m≤znx≤unm.u_n^{-m}\le z_n^x\le u_n^m.Крайние выражения стремятся к 11, поскольку mm целое. Поэтому znx→1z_n^x\to1.

Применим этот вывод к zn=bnez_n=\frac{b_n}{e}, где bn=(1+xn)nx→eb_n=\left(1+\frac{x}{n}\right)^{\frac{n}{x}}\to e. Получаем bnx=exznx→exb_n^x=e^x z_n^x\to e^x.
По свойству степеней положительного числа[(1+xn)nx]x=(1+xn)n,\left[
\left(1+\frac{x}{n}\right)^{\frac{n}{x}}
\right]^x
=
\left(1+\frac{x}{n}\right)^n,так чтоlim⁡n→∞(1+xn)n=ex.\lim_{n\to\infty}
\left(1+\frac{x}{n}\right)^n
=
e^x.По неравенству Бернулли(1+xn)n≥1+nxn=1+x.\left(1+\frac{x}{n}\right)^n
\geq
1+n\frac{x}{n}
=
1+x.Переходя к пределу при n→∞n\to\infty, имеемex≥1+x,x>−1.e^x\geq1+x,
\qquad x>-1.
Теперь докажем строгое неравенствоeα>1+αe^\alpha>1+\alphaпри α≠0\alpha\neq0.
Если α≤−1\alpha\leq-1, то1+α≤0,1+\alpha\leq0,аeα>0,e^\alpha>0,поэтомуeα>1+α.e^\alpha>1+\alpha.Пусть теперьα>−1,α≠0.\alpha>-1,
\qquad
\alpha\neq0.Тогдаα2>−1,\frac{\alpha}{2}>-1,и к числу x=α2x=\frac{\alpha}{2} можно применить доказанное выше неравенство:eα2≥1+α2.e^{\frac{\alpha}{2}}\geq1+\frac{\alpha}{2}.При α>−1\alpha>-11+α2>0,1+\frac{\alpha}{2}>0,поэтому обе части можно возвести в квадрат:eα=(eα2)2≥(1+α2)2=1+α+α24.e^\alpha
=
\left(e^{\frac{\alpha}{2}}\right)^2
\geq
\left(1+\frac{\alpha}{2}\right)^2
=
1+\alpha+\frac{\alpha^2}{4}.Так как α≠0\alpha\neq0, тоα24>0,\frac{\alpha^2}{4}>0,откудаeα≥1+α+α24>1+α.e^\alpha
\geq
1+\alpha+\frac{\alpha^2}{4}
>
1+\alpha.1n+1<ln⁡(1+1n)<1n,1+α<eα(α≠0).\frac1{n+1}<\ln\left(1+\frac1n\right)<\frac1n,
\qquad
1+\alpha<e^\alpha\quad(\alpha\ne0).

Что и требовалось доказать