一道數學題的巧妙解法 - 2024年7月2日

今日刷知乎，看到一個問題 ——

如何優雅地證明 $e >\sqrt {7} $

我的解法

看到這個題目，我的第一反應是借助 $ e $ 的級數展開式 $ e = \sum^{\infty}_{n=0} \frac {1}{n!} $ 來解答，當然，本人並非數學系學生，所以下面的內容也並不嚴謹，僅僅是一個思路。

將其展開可以得到 $ e = 1+1+\frac {1}{2!}+\frac {1}{3!}+\ldots+\frac {1}{n!} $,

取前五項，計算可得 $e > 1+1+\frac {1}{2!}+\frac {1}{3!}+\frac {1}{4!} = 1+1+\frac {1}{2}+\frac {1}{3}+\frac {1}{4}\approx2.7083$，

又易知 $ \sqrt {7} < 2.6458 $，

因為 $ 2.7083>2.6458 $，則可得 $e >\sqrt {7} $。

但列出這個思路之後，我不得不承認這並不「優雅」。

優雅的解法

我查閱網路，看到了一位網友運用 Maclaurin 級數的證明：

我們根據 Maclaurin 級數易知 $ e^x = \sum_{n=0}^{\infty} \frac {x^n}{n!} = 1 + x + \frac {x^2}{2!} + \frac {x^3}{3!} + \ldots $，

在此我們取 $x=2$，可得 $ e^2 = \sum_{n=0}^{\infty} \frac {2^n}{n!} = 1 + 2 + \frac {2^2}{2!} + \frac {2^3}{3!} + \ldots $

又注意到截斷前四項後可得到 $ \sum_{n=0}^{4} \frac {2^n}{n!} = 7 $，

顯然，$e^2= \sum_{n=0}^{\infty} \frac {2^n}{n!} >\sum_{n=0}^{4} \frac {2^n}{n!} = 7$，

證畢。

緊跟時事的解法

因為 $abcdefg\ldots z$，

故 $e>z$，

根據姜萍等式，$ \text {主}=6 $，

而 $z=\text {主}-\text {點}=6-0.1=5.9$，

且 $5.9^2>7$，

故 $5.9>\sqrt {7}$，

因此 $e >\sqrt {7} $，

證畢。

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原始链接为 https://ursprung.io/notes/36