Projekt okładki Edwin Radzikowski Redakcja Elżbieta Sejferówna ...

1.9. Funkcja wykładnicza exp(x), liczba e 45
Zaczniemy od x > 0, bo tu szacowania są nieco łatwiejsze. Niech k będzie
ustaloną liczbą naturalną i niech n oznacza dowolną liczbę nie mniejszą niż k.
Wtedy:
lim
n→∞
(
1 + x ) n
n∑
( ) n (x ) j
k∑
( ) n (x ) j
= ≥ =
n j n j n
Jest jasne, że:
{
1+x+
j = 0
j =0
= 1 + n x
n 1! + n n · n − 1
n · x2
2! + n n · n − 1
n · n − 2
n · x3
3! + · · · +
+ n n · n − 1
n · n − 2 n − (k − 1) x k
· · · · ·
n n k! =
(
= 1 + x + 1 − 1 ) x
2
(1
n 2! + − 1 ) (
· 1 − 2 ) x
3
n n 3! + · · · +
(
+ 1 − 1 ) (
· 1 − 2 ) (
· · · · · 1 − k − 1 ) x
k
n n
n k! .
(
1− 1 n
) x
2
(1−
2! +· · ·+ 1 ) (
· 1− 2 ) (
·· · · · 1− k −1 ) } x
k
=
n n n k!
= 1 + x + x2
2! + · · · + xk
k! .
Wynika stąd, że dla każdej liczby naturalnej k i każdej rzeczywistej liczby
dodatniej zachodzi nierówność: e x = exp(x) ≥ 1 + x + x2
+ · · · + xk.
2! k!
Z poprzednio uzyskanych wzorów (przyjmujemy n = k) wynika, że
1 + x + x2
+ · · · + xk
≥ ( k.
1 + x 2! k! k)
Mamy więc:
e x ≥ 1 + x +
(1 x2
2! + · · · + xk
k! ≥ + x ) k
.
k
Stąd i z twierdzenia o trzech ciągach wynika, że
(
)
e x = exp(x) = lim 1 + x + x2
k→∞ 2! + · · · + xk
.
k!
Załóżmy teraz, że x < 0. Szacowania, które poprzednio umożliwiły nam dowód,
muszą być nieco zmienione, gdyż wyrażenie ( (
n x j
j)
n)
jest dodatnie, gdy j jest
parzyste, zaś gdy j jest nieparzyste, wyrażenie to jest ujemne. Zauważmy, że
jeśli n > j > |x|, to zachodzi nierówność:
0 >
( n
( x
) j+1
j+1)
n
( n
j
) ( x
n
) j
= n − j
j + 1 · x
n = n − j
n ·
x
j + 1 > −1.