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e^xのTaylor展開の初等的な証明

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$$\newcommand{a}[0]{\alpha} \newcommand{b}[0]{\beta} \newcommand{beq}[0]{\begin{eqnarray*}} \newcommand{C}[0]{\mathbb{C}} \newcommand{ds}[0]{\displaystyle} \newcommand{eeq}[0]{\end{eqnarray*}} \newcommand{G}[1]{\Gamma({#1})} \newcommand{g}[0]{\gamma} \newcommand{hp}[0]{\frac{\pi}2} \newcommand{limn}[0]{\lim_{n\to\infty}} \newcommand{N}[0]{\mathbb{N}} \newcommand{Q}[0]{\mathbb{Q}} \newcommand{R}[0]{\mathbb{R}} \newcommand{sumk}[0]{\sum_{k=1}^n} \newcommand{sumn}[1]{\sum_{n={#1}}^\infty} \newcommand{t}[0]{\theta} \newcommand{tc}[0]{\TextCenter} \newcommand{Z}[0]{\mathbb{Z}} $$

${}$

この記事では, $e$のTaylor展開 $\ds e^x=\sumn{0}\frac{x^n}{n!}$ を初等的に証明してみようと思います. ただし$e$の定義は$\ds e^x=\limn\Big(1+\frac xn\Big)^n$ とします.

参考文献は, 私の通わせてもらっていたお塾の先生の授業です.
${}$

(証明)

$$ a_n=\Big(1+\frac xn\Big)^n$$
とおきます. 二項定理より
$$\beq a_n&=&\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}\frac{x^k}{n^k}\\[5pt] &=&\sum_{k=0}^n\frac{x^k}{k!}\cdot\frac{n(n-1)\cdots(n-k+1)}{n^k}\\[5pt] &=&\sum_{k=0}^n\frac{x^k}{k!}\cdot\Big(1-\frac{1}{n}\Big)\cdots\Big(1-\frac{k-1}{n}\Big) \eeq$$
と書けます.

ここで $$ b_n=\sum_{k=0}^n\frac{x^k}{k!}$$ とおくと, 全ての$n\in\N$$a_n\leq b_n$が成り立ちます.

さらに, $m\leq n$なる$m\in\N$に対し, $$ c_n=\sum_{k=0}^m\frac{x^k}{k!}\cdot\Big(1-\frac{1}{n}\Big)\cdots\Big(1-\frac{k-1}{n}\Big)$$ とおくと, 全ての$n\in\N$$c_n\leq a_n$が成り立ちます.
${}$

従って, $n\to\infty$とすることにより, 任意の$m\in\N$に対して

$$ \sum_{k=0}^m\frac{x^k}{k!}\leq \limn\Big(1+\frac xn\Big)^n\leq \limn\sum_{k=0}^n\frac{x^k}{k!}$$
が成り立ちます. ($b_n$の収束性については省略します.)

ここでさらに$m\to\infty$とすることで, はさみうちの原理から,
$$ e^x=\limn\sum_{k=0}^n\frac{x^k}{k!}$$
を示すことができました.

あれ, でもこの評価は$x\geq0$のときにしか通用しないですね...
$$\Box$$

${}$

投稿日:202114

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投稿者

東大理数B4です

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