今日刷知乎，看到一个问题 ——
如何优雅地证明 $e >\sqrt {7} $
我的解法#
看到这个题目，我的第一反应是借助 $ e $ 的级数展开式 $ e = \sum^{\infty}_{n=0} \frac {1}{n!} $ 来解答，当然，本人并非数学系学生，所以下面的内容也并不严谨，仅仅是一个思路。
将其展开可以得到 $ e = 1+1+\frac {1}{2!}+\frac {1}{3!}+\ldots+\frac {1}{n!} $,
取前五项，计算可得 $e > 1+1+\frac {1}{2!}+\frac {1}{3!}+\frac {1}{4!} = 1+1+\frac {1}{2}+\frac {1}{3}+\frac {1}{4}\approx2.7083$，
又易知 $ \sqrt {7} < 2.6458 $，
因为 $ 2.7083>2.6458 $，则可得 $e >\sqrt {7} $。
但列出这个思路之后，我不得不承认这并不「优雅」。
优雅的解法#
我查阅网络，看到了一位网友运用 Maclaurin 级数的证明：
我们根据 Maclaurin 级数易知 $ e^x = \sum_{n=0}^{\infty} \frac {x^n}{n!} = 1 + x + \frac {x^2}{2!} + \frac {x^3}{3!} + \ldots $，
在此我们取 $x=2$，可得 $ e^2 = \sum_{n=0}^{\infty} \frac {2^n}{n!} = 1 + 2 + \frac {2^2}{2!} + \frac {2^3}{3!} + \ldots $
又注意到截断前四项后可得到 $ \sum_{n=0}^{4} \frac {2^n}{n!} = 7 $，
显然，$e^2= \sum_{n=0}^{\infty} \frac {2^n}{n!} >\sum_{n=0}^{4} \frac {2^n}{n!} = 7$，
证毕。
紧跟时事的解法#
因为 $abcdefg\ldots z$，
故 $e>z$，
根据姜萍等式，$ \text {主}=6 $，
而 $z=\text {主}-\text {点}=6-0.1=5.9$，
且 $5.9^2>7$，
故 $5.9>\sqrt {7}$，
因此 $e >\sqrt {7} $，
证毕。
此文由 Mix Space 同步更新至 xLog
原始链接为 https://ursprung.io/notes/36