Prueba de la representación de la serie de e.. pegado

Question

Línea de base: Demostrar que $e = 1+1+\frac{1}{2!}+\cdots$

Definir $e = \lim\limits_{n \rightarrow \infty} \left(1+\frac{1}{n}\right)^n$

Me gustaría hacerlo por la expansión de $\left(1+\frac{1}{n}\right)^n$ binomial como $\sum\limits_{j=0}^n {n \choose j}\left(\frac{1}{n}\right)^j$. De alguna manera tengo que mostrar que este se acerca a $\frac{1}{j!}$ $n$ enfoques $\infty$. Eso es básicamente lo que yo pienso. Me siento como que me falta algo fácil, pero no he sido capaz de encontrar en línea, excepto por el Dr. Math foro que yo no puedo seguir (aquí: http://mathforum.org/library/drmath/view/64942.html). Por favor sea cuidadoso en su explicación, si es posible.

Gracias por la ayuda!

Answer 1

Si desea un nivel máximo de rigor, usted puede evitar el intercambio de dos limitar el operador problema de la siguiente manera:

Como hemos observado,

$$\left( 1 + \frac{1}{n} \right)^n = \sum_{j=0}^{n} \binom{n}{j}\frac{1}{n^j} = \sum_{j=0}^{n} \frac{1}{j!}\prod_{k=1}^{j} \left( 1 - \frac{k-1}{n} \right)$$

donde el producto se considera rendimiento $1$ si $j = 0$ por convenio. Ahora, arreglar un entero positivo $m$. A continuación, señalando que cada sumando es no negativo, por cualquier $n \geq m$ hemos

$$\begin{align*} \sum_{j=0}^{m} \frac{1}{j!}\prod_{k=1}^{j} \left( 1 - \frac{k-1}{n} \right) &\leq \sum_{j=0}^{n} \frac{1}{j!}\prod_{k=1}^{j} \left( 1 - \frac{k-1}{n} \right) \leq \sum_{j=0}^{n} \frac{1}{j!}. \end{align*}$$

Esta desigualdad muestra que

$$\begin{align*} \liminf_{n\to\infty} \sum_{j=0}^{m} \frac{1}{j!}\prod_{k=1}^{j} \left( 1 - \frac{k-1}{n} \right) &\leq \liminf_{n\to\infty} \left(1 + \frac{1}{n}\right)^{n} \\ &\leq \limsup_{n\to\infty} \left(1 + \frac{1}{n}\right)^{n} \leq \limsup_{n\to\infty} \sum_{j=0}^{n} \frac{1}{j!}. \end{align*}$$

Pero ya

$$\liminf_{n\to\infty} \sum_{j=0}^{m} \frac{1}{j!}\prod_{k=1}^{j} \left( 1 - \frac{k-1}{n} \right) = \sum_{j=0}^{m} \frac{1}{j!}$$

y

$$\limsup_{n\to\infty} \sum_{j=0}^{n} \frac{1}{j!} = \sum_{j=0}^{\infty} \frac{1}{j!},$$

de ello se sigue que

$$\sum_{j=0}^{m} \frac{1}{j!} \leq \liminf_{n\to\infty} \left(1 + \frac{1}{n}\right)^{n} \leq \limsup_{n\to\infty} \left(1 + \frac{1}{n}\right)^{n} \leq \sum_{j=0}^{\infty} \frac{1}{j!}.$$

Aviso de que esta desigualdad se cumple para cualquier $m$. Por lo tanto, teniendo $m\to\infty$, obtenemos el resultado deseado.

Answer 2

Tal como usted señala, la fórmula deseada sigue sin demasiados problemas si usted puede mostrar que \lim{n\to\infty $$} \binom nj \bigg (\frac {1} {n} \bigg) ^ j = \frac{1}{j!}.$$ Para ver esto, observe eso\begin{align} \binom nj \bigg(\frac{1}{n}\bigg)^j &= \frac{n(n-1)(n-2)\cdots(n-(j-1))}{j!} \bigg(\frac{1}{n}\bigg)^j \\ &= \frac{n(n-1)(n-2)\cdots(n-(j-1))}{n^j} \frac{1}{j!} \\ &= 1\bigg(1-\frac1n\bigg)\bigg(1-\frac2n\bigg)\cdots\bigg(1-\frac{j-1}n\bigg) \frac{1}{j!}. \end{align} por lo tanto\begin{align*} \lim{n\to\infty} \binom nj \bigg(\frac{1}{n}\bigg)^j &= \lim{n\to\infty} 1\bigg(1-\frac1n\bigg)\bigg(1-\frac2n\bigg)\cdots\bigg(1-\frac{j-1}n\bigg) \frac{1}{j!} \\ &= \lim{n\to\infty} \bigg(1-\frac1n\bigg) \lim{n\to\infty} \bigg(1-\frac2n\bigg) \cdots \lim{n\to\infty} \bigg(1-\frac{j-1}n\bigg) \cdot \frac1{j!} \\ &= 1\cdot 1\cdots 1\cdot \frac1{j!} = \frac1{j!}. \end{align*}

Answer 3

Esto puede engañar, pero uso: $$f(x)=e^x = \lim\limits{n \rightarrow \infty} \left(1+\frac{1}{n}\right)^{nx} para que: $$f^{(k)}(x) = \lim\limits{n \rightarrow \infty} \left(1+\frac{1}{n}\right)^{nx} \left(\log\left(1+\frac{1}{n}\right)^n\right)^k = e^x

Ahora escriba la serie de taylor para $e^x$ con lo anterior y enchufe $x=1$.