Последовательность \(x_n = \Big(1+\dfrac{1}{n}\Big)^{n}\) имеет предел равный числу e.

Доказательство

\(\textbf{Первое доказательство}\).

Для того, чтобы доказать, что последовательность \(x_n\) имеет предел, покажем, что она:

1) возрастает

2) ограничена сверху по \(\href{https://examp.info/theorem/vejershtrassa/}{\text{теореме Вейерштрасса}}\).

1. По формуле \(\href{https://examp.info/theorem/binom-nyutona/}{\text{бинома Ньютона}}\):
\[\displaystyle x_n = \Big(1+\dfrac{1}{n}\Big)^n = \sum_{k=0}^{n} C^k_n\dfrac{1}{n^k} = C^0_n\Big(\dfrac{1}{n}\Big)^0 + C^1_n\Big(\dfrac{1}{n}\Big)^1 + \ldots + C^n_n\Big(\dfrac{1}{n}\Big)^n =\]\[= 1 + n\dfrac{1}{n} + \dfrac{n(n-1)}{2!}\dfrac{1}{n^2} + \dfrac{n(n-1)(n-2)}{3!}\dfrac{1}{n^3} + \ldots + \dfrac{n(n-1)\ldots1}{n!}\dfrac{1}{n^n} =\]\[=2 + \dfrac{1}{2!}\Big(1-\dfrac{1}{n}\Big) + \dfrac{1}{3!}\Big(1-\dfrac{1}{n}\Big)\Big(1-\dfrac{2}{n}\Big) + \ldots + \dfrac{1}{n!}\Big(1-\dfrac{1}{n}\Big)\Big(1-\dfrac{2}{n}\Big)\ldots\]
Тогда
\[x_{n+1} = 2 + \dfrac{1}{2!}\Big(1-\dfrac{1}{n+1}\Big) + \dfrac{1}{3!}\Big(1-\dfrac{1}{n+1}\Big)\Big(1-\dfrac{2}{n+1}\Big) + \ldots \]
\[\ldots + \dfrac{1}{(n+1)!}\Big(1-\dfrac{1}{n+1}\Big)\Big(1-\dfrac{2}{n+1}\Big)\ldots\]
Начиная со второго слагаемого \(x_{n} < x_{n+1}\). Следовательно, последовательность является возрастающей.

2. Если \(x_{n} < x_{n+1}\), то \(x_n < 2 + \dfrac{1}{2!} + \dfrac{1}{3!} + \ldots + \dfrac{1}{n!}\) , так как множители перед факториалами < 1.

Такую сумму мы посчитать не сможем, поэтому посчитаем сумму \(\dfrac{1}{2^n}\) вместо нее.

Докажем \(\href{https://examp.info/theorem/method-of-math-induction/}{\text{методом математической индукции}}\), что \(n! \geqslant 2^{n-1}\):

\(\hspace{3cm}\)База: \(2! = 2^1\). Шаг: \((n+1)! > (n+1) 2^{n-1} > 2 \cdot 2^{n-1} = 2^n\)

Выходит, что \(x_n < 2 + \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{4} + \ldots + \dfrac{1}{2^{n-1}} = 2 + S_{\infty} = 2 + \dfrac{b_1}{1-q} = 3\), где \(b_1 = \dfrac{1}{2}\) - первый член, \(q = \dfrac{1}{2}\) - шаг.

Получается, что \(x_n < 3\).

Пункты 1 и 2 доказаны. Следовательно, данная последовательность имеет предел по \(\href{https://examp.info/theorem/vejershtrassa/}{\text{теореме Вейерштрасса}}\).

\(\textbf{Второе доказательство}\).

Чтобы доказать существование предела \( \lim\limits_{n \to \infty} \left(1 + \frac{1}{n}\right)^n \), рассмотрим последовательность \( y_n = \left(1 + \frac{1}{n}\right)^{n+1} \).

\[
\frac{y_{n-1}}{y_n} = \frac{\left(1 + \frac{1}{n-1}\right)^n}{\left(1 + \frac{1}{n}\right)^{n+1}} = \frac{\left(\frac{n}{n-1}\right)^n}{\left(\frac{n+1}{n}\right)^{n+1}} = \frac{n^n \cdot n^{n+1}}{(n-1)^n(n+1)^{n+1}}
\]

\[
= \frac{n^{2n}}{(n^2-1)^n} \cdot \frac{n}{n+1} = \left( \frac{n^2}{n^2-1}\right)^{n} \cdot \frac{n}{n+1}
\]

Выделим целую часть из первого множителя и применим \(\href{https://examp.info/theorem/bernulli/}{\text{неравенство Бернулли}}\):

\[
\left(1 + \frac{1}{n^{2}-1}\right)^n \cdot \frac{n}{n+1} \geqslant \left(1 + \frac{n}{n^{2}-1}\right) \cdot \frac{n}{n+1} \geqslant \left(1 + \frac{n}{n^2}\right) \cdot \frac{n}{n+1} = \left(1 + \frac{1}{n}\right) \cdot \frac{n}{n+1} = 1
\]

Таким образом, \( \frac{y_{n-1}}{y_n} \geqslant 1 \). Так как \( y_n > 0 \) и \( y_{n-1} \geqslant y_n \), то рассматриваемая последовательность убывает и ограничена снизу. Значит, существует предел \( \lim\limits_{n \to \infty} y_n = \lim\limits_{n \to \infty} \left(1 + \frac{1}{n}\right)^{n+1} \).

Так как \( \lim\limits_{n \to \infty} \left(1 + \frac{1}{n}\right) = 1 \), то \( \lim\limits_{n \to \infty} \left(1 + \frac{1}{n}\right)^{-1} = 1 \). Следовательно,

\[
\exists \lim_{n \to \infty} \left(1 + \frac{1}{n}\right)^n = \lim_{n \to \infty} \left(1 + \frac{1}{n}\right)^{n+1} \cdot \lim_{n \to \infty} \left(1 + \frac{1}{n}\right)^{-1}.
\]

Таким образом, \( e = \lim\limits_{n \to \infty} \left(1 + \frac{1}{n}\right)^n \).