Задача 72 — Демидович

I§2Число Эйлера

└─

Главная

└─

Задачи

└─

I. Введение в анализ

└─

§2. Теория последовательностей

└─

Число Эйлера

└─

Задача 72

Нормальная

Зная, что

$n \to \infty lim (1 + \frac{1}{n})^{n} = e,$

доказать, что

$n \to \infty lim (1 + 1 + \frac{1}{2 !} + \frac{1}{3 !} + \dots + \frac{1}{n !}) = e .$

Вывести отсюда формулу

$e = 2 + \frac{1}{2 !} + \frac{1}{3 !} + \dots + \frac{1}{n !} + \frac{Θ _{n}}{n ! n},$

где $0 < Θ < 1$ , и вычислить число $e$ с точностью до $1 0^{- 5}$ .

Петр Радько

Решение

Введем обозначение:

$x_{n} = (1 + \frac{1}{n})^{n}$

Лемма

Докажем, что

$e > 2 + \frac{1}{2 !} + \frac{1}{3 !} + \dots + \frac{1}{n !}$

В прото-задаче П-ссылка в процессе рассуждений мы получили следующее равенство:

$x_{n} = 2 + s_{2} + s_{3} + \dots + s_{k} + \dots + s_{n},$

где

$s_{k} = \frac{1}{k !} (1 - \frac{1}{n}) (1 - \frac{2}{n}) \dots (1 - \frac{k - 1}{n})$

Составим неравенство, убрав из $x_{n}$ все слагаемые после $s_{k}$ :

$x_{n} > 2 + s_{2} + s_{3} + \dots + s_{k}$

Заметим, что количество слагаемых справа конечно.

Возьмем предел обеих частей по прото-задаче П-ссылка:

$n \to \infty lim x_{n} \geq n \to \infty lim (2 + s_{2} + \dots + s_{k})$

$e \geq 2 + n \to \infty lim s_{2} + \dots + n \to \infty lim s_{k}$

Найдем теперь предел

$n \to \infty lim s_{k} = \frac{1}{k !} (1 - n \to \infty lim \frac{1}{n}) \dots (1 - (k - 1) n \to \infty lim \frac{1}{n}) = = \frac{1}{k !} (1 - 0) (1 - 0) \dots (1 - 0) = \frac{1}{k !}$

$n \to \infty lim s_{k} = \frac{1}{k !}$

Тогда

$e \geq 2 + \frac{1}{2 !} + \frac{1}{3 !} + \dots + \frac{1}{k !}$

Важно отметить, что мы зафиксировали $k$ . Но можно фиксировать и $k + 1$ , $k + 2$ и так далее, отодвигая при необходимости $n$ в $x_{n}$ . Другими словами, для любого $n$ выполняется неравенство:

$e \geq 2 + \frac{1}{2 !} + \frac{1}{3 !} + \dots + \frac{1}{n !}$

На самом деле, выполняется и более строгий вариант:

$e > 2 + \frac{1}{2 !} + \frac{1}{3 !} + \dots + \frac{1}{n !}$

Действительно, справа стоит последовательность. Ее следующей член получается добавлением нового слагаемого $\frac{1}{( n + 1 )!}$ , поэтому общая сумма только увеличится, то есть это строго возрастающая последовательность. Если бы какой-то член этой последовательности оказался бы равен $e$ , то уже со следующего члена последовательность будет уже строго больше $e$ . Получили противоречие. Значит, выполняется строгое неравенство.

Итак,

$e > 2 + \frac{1}{2 !} + \frac{1}{3 !} + \dots + \frac{1}{n !}$

Доказательство сходимости

В прото-задачи П-ссылка в процессе рассуждений мы получили следующее неравенство:

$x_{n} < 2 + \frac{1}{2 !} + \frac{1}{3 !} + \dots + \frac{1}{n !}$

Но в лемме выше мы показали, что

$2 + \frac{1}{2 !} + \frac{1}{3 !} + \dots + \frac{1}{n !} \leq e$

Объединяем в одно цепное неравенство:

$x_{n} < 2 + \frac{1}{2 !} + \frac{1}{3 !} + \dots + \frac{1}{n !} \leq e$

Последовательность $x_{n}$ слева по определению сходится к $e$ . «Последовательность» из $e$ справа тоже сходится к $e$ . А значит, по теореме о двух милиционерах, «зажатая» между ними последовательность тоже сходится к $e$ :

$n \to \infty lim (1 + 1 + \frac{1}{2 !} + \frac{1}{3 !} + \dots + \frac{1}{n !}) = e$

$■$

Вывод формулы

Введем обозначение:

$y_{n} = 1 + 1 + \frac{1}{2 !} + \frac{1}{3 !} + \dots + \frac{1}{n !}$

Рассмотрим разницу:

$y_{n + p} - y_{n}, (p > 0)$

$y_{n + p} - y_{n} = 2 + \frac{1}{2 !} + \dots + 1 (n + p)! - 2 - \frac{1}{2 !} - \dots - \frac{1}{n !} = = \frac{1}{( n + 1 )!} + \frac{1}{( n + 2 )!} + \dots + \frac{1}{( n + p )!}$

$y_{n + p} - y_{n} = \frac{1}{( n + 1 )!} + \dots + \frac{1}{( n + p )!}$

Отсюда очевидно, что $y_{n + p} - y_{n} > 0$ .

Вынесем за скобки дробь $\frac{1}{( n + 1 )!}$ :

$y_{n + p} - y_{n} = \frac{1}{( n + 1 )!} (1 + \frac{1}{n + 2} + \frac{1}{( n + 2 ) ( n + 3 )} + \dots)$

В больших скобках справа в знаменателях можно заменить все скобки $(n + i)$ на $(n + 2)$ :

$y_{n + p} - y_{n} \leq \frac{1}{( n + 1 )!} (1 + \frac{1}{n + 2} + \frac{1}{( n + 2 ) ^{2}} + \dots)$

В скобках имеем сумму $p$ членов геометрической прогрессии. Воспользуемся свойством, что если знаменатель $0 < q < 1$ , то

$1 + q + q^{2} + \dots + q^{n} < \frac{1}{1 - q} (q < 1)$

Доказательство

Пусть $0 < q < 1$ . Докажем, что

$1 + q + q^{2} + \dots + q^{n} < \frac{1}{1 - q} (q < 1)$

Для суммы слева воспользуемся суммой $n$ членой геометрической прогрессии:

$1 + q + q^{2} + \dots + q^{n} = \frac{1 ( 1 - q ^{n} )}{1 - q}$

Получим неравенство, заменив $1 - q^{n}$ на $1$ :

$1 + q + q^{2} + \dots + q^{n} = \frac{1 - q ^{n}}{1 - q} < \frac{1}{1 - q}$

$1 + q + q^{2} + \dots + q^{n} < \frac{1}{1 - q}$

$■$

Применяем это свойство:

$y_{n + p} - y_{n} < \frac{1}{( n + 1 )!} \frac{1}{1 - \frac{1}{n + 2}}$

$y_{n + p} - y_{n} < \frac{1}{( n + 1 )!} \frac{1}{1 - \frac{1}{n + 2}} \frac{n + 2}{n + 2}$

$y_{n + p} - y_{n} < \frac{1}{( n + 1 )!} \frac{n + 2}{n + 1}$

$y_{n + p} - y_{n} < \frac{1}{n !} \frac{n + 2}{( n + 1 ) ^{2}}$

Итак, имеем следующее цепное неравенство:

$0 < y_{n + p} - y_{n} < \frac{1}{n !} \frac{n + 2}{( n + 1 ) ^{2}}$

Считаем, что $n$ — фиксированное число и по прото-задаче П-ссылка находим предел при $p \to \infty$ всех частей неравенства:

$0 \leq p \to \infty lim (y_{n + p} - y_{n}) \leq p \to \infty lim \frac{1}{n !} \frac{n + 2}{( n + 1 ) ^{2}}$

$0 \leq = e p \to \infty lim (y_{n + p}) - y_{n} \leq \frac{1}{n !} \frac{n + 2}{( n + 1 ) ^{2}}$

Здесь мы воспользовались тем, что $y_{n + p} \to e$ , так как $y_{n + p}$ — подпоследовательность последовательности $y_{p}$ (помним, что $n$ — фиксированное число), а значит, по прото-задаче П-ссылка раз $y_{p} \to e$ , то и любая ее подпоследовательность тоже стремится к $e$ , то есть $y_{n + p} \to e$ .

Итак:

$0 \leq e - y_{n} \leq \frac{1}{n !} \frac{n + 2}{( n + 1 ) ^{2}}$

\frac{n + 2}{( n + 1 ) ^{2}} < \frac{1}{n}

Докажем, что

$\frac{n + 2}{( n + 1 ) ^{2}} < \frac{1}{n}$

$n (n + 2) < (n + 1)^{2}$

$n^{2} + 2 n < n^{2} + 2 n + 1$

$0 < 1$

$■$

$0 \leq e - y_{n} \leq \frac{1}{n !} \frac{n + 2}{( n + 1 ) ^{2}} < \frac{1}{n !} \frac{1}{n}$

$0 \leq e - y_{n} < \frac{1}{n ! n}$

В лемме мы показали, что $e > y_{n}$ , поэтому $e - y_{n} > 0$ :

$0 < e - y_{n} < \frac{1}{n ! n}$

$0 < (e - y_{n}) n! n < 1$

Число по середине будем называть $Θ_{n}$ :

$0 < Θ_{n} = (e - y_{n}) n! n < 1$

$0 < Θ_{n} < 1$

Так как

$Θ_{n} = (e - y_{n}) n! n$

Тогда

$e - y_{n} = \frac{Θ _{n}}{n ! n}$

Откуда

$e = 1 + 1 + \frac{1}{2 !} + \frac{1}{3 !} + \dots + \frac{1}{n !} + \frac{Θ _{n}}{n ! n}$

$■$

Расчет $e$ с точностью до $1 0^{- 5}$

Мы знаем, что $y_{n} \to e$ . С этой позиции расчет $n$ -го члена последовательности $y_{n}$ можно принимать за «измерение» числа $e$ .

Найдем абсолютную погрешность нашего «измерения»:

$Δ = ∣ y_{n} - e ∣$

Воспользуемся свойством модуля (см. прото-задачу П-ссылка):

$Δ = ∣ y_{n} - e ∣ = ∣ e - y_{n} ∣$

Но $e - y_{n}$ , как мы уже показали выше, всегда строго больше $0$ поэтому можно убрать знак модуля:

$Δ = e - y_{n}$

Но по выведенной выше формуле имеем

$Δ = e - y_{n} = \frac{Θ _{n}}{n ! n}$

$Δ = \frac{Θ _{n}}{n ! n}$

Нам нужно рассчитать число $e$ с точностью до $1 0^{- 5}$ , это значит, что наша абсолютная погрешность должна быть не больше этого числа.

$Δ = \frac{Θ _{n}}{n ! n} \leq 1 0^{- 5}$

$\frac{Θ _{n}}{n ! n} \leq 1 0^{- 5}$

Мы доказали, что $0 < Θ_{n} < 1$ , поэтому можно усилить неравенство:

$\frac{Θ _{n}}{n ! n} < \frac{1}{n ! n} \leq 1 0^{- 5}$

$\frac{1}{n ! n} \leq 1 0^{- 5}$

$n! n \geq 1 0^{5}$

Методом подбора получаем, что уже при $n = 8$

$8! 8 = 322560 > 1 0^{5}$

Рассчитаем тогда $y_{8}$ :

$y_{8} = 1 + 1 + \frac{1}{2 !} + \frac{1}{3 !} + \dots + \frac{1}{8 !} = \frac{109601}{40320}$

Итак, число

$\frac{109601}{40320} = 2.71827 \dots$

является числом $e$ с точностью до $1 0^{- 5}$ .

Зависимости

Свойства модуля

Самые полезные и часто требующиеся свойства модуля.

Единственность предельной точки

Предельный переход в неравенстве

Сохранение знака неравенства при переходе к пределам.

Второй замечательный предел (последовательность)

Вывод второго замечательного предела для последовательностей через бином Ньютона.

71 73

Лемма

Доказательство сходимости

Вывод формулы

Расчет e с точностью до 10−5

Расчет $e$ с точностью до $1 0^{- 5}$