1679
правок
Изменения
м
Нет описания правки
<tex> (1 + \frac1n)^n = \sum\limits_{k = 0}^n \frac1{k!} \underbrace{(1 - \frac0n)}_{\ge 0} \underbrace{(1 - \frac1n)}_{\ge 0} \dots \underbrace{(1 - \frac{k - 1}n)}_{\ge 0} </tex>
(1 + \frac1n)^n \le \sum\limits_{k = 0}^n \frac1{k!}. С другой стороны, если часть слагаемых ?????, сумма уменьшится.
(1 + \frac1n)^n \ge \sum\limits_{k = 0}^N (1 - \frac0n) (1 - \frac1n) \dots (1 - \frac{k - 1}n).
Устремим n к \infty: сумма конечна \Rightarrow можно переходить к пределу
e \ge \sum\limits_{k = 0}^N \frac1{k!}. Итого: (1 + \frac1n)^n \le \sum\limits_{k = 0}^n \frac1{k!} \le e
Итак, e \le \sum\limits_{k = 0}^{\infty} \frac1{k!} \le e \Rightarrow f(1) = e
Полагаем e^x =(def) \sum\limits_{k = 0}^{\infty} \frac{x^k}{k!}
Рассмотрим f = ln(1 + x) и разложим ее в степенной ряд другим приемом.
(ln(1 + x))' = \frac1{1 + x} = \sum\limits_{n = 0}^{\infty} (-1)^n x^n, |x| < 1
Воспользуемся тем, что ряд можно ??? интегрировать
\int_0^x \frac1{1 + t}dt = \int_0^x \sum\limits_{n = 0}^{\infty} (-1)^n \frac{x^{n + 1}}{n + 1} = x - \frac{x^2}2 + \frac{x^3}3 \dots (при |x| < 1)
Заметим, что если формально подставить 1, то:
ln 2 =(?) 1 - \frac12 + \frac13 - \dots , который сходится как ряд Лейбница.
Установить равенство нельзя, оно устанавливается непосредственно.
ln(1 + x) = \sum\limits_{k = 1}^n (-1)^{k - 1} \frac{x^k}k + r_n(x), причем r_n(x) = \frac{ln^{(n + 1)} (1 + \theta_n x)}{(n + 1)!} x^{n + 1}}, \theta_n \in (0; 1)
ln 2 = \sum\limits_{k = 1}^n (-1)^{k - 1} \frac1k + \frac{ln^{(n + 1)} (1 + \theta_n)}{(n + 1)!}
Но ln^{(n + 1)}(x) = ????? \Rightarrow ln^{(n + 1)}(1 + x) = (-1)^n n! (1 + x)^{(-1 - n)} //трееш
r_n(1) = \frac{(-1)^n n! (1 + \theta_n)^{(-1 - n)}}{(n + 1)!} |r_n(1)| \le \frac1{n + 1} \xrightarrow_[n \to \infty] 0
Впервые разложение ln 2 было найдено Лейбницем. Для доказательства можно было применить тауберову теорему Харди + суммирование расходящихся рядов. ?????
Установим классическую асимптотическую формулу Стирлинга для факториала.
