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一道數學題的巧妙解法 - 2024年7月2日

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 $

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。

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原始链接为 https://ursprung.io/notes/36


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