From 30d13fa50f82f038a7a0e4067e27c1fd7e92e054 Mon Sep 17 00:00:00 2001 From: wangjiezhe Date: Mon, 9 Sep 2024 01:49:10 +0000 Subject: [PATCH] Update posts --- atom.xml | 4 +- categories/index.html | 2 +- css/main.css | 2 +- index.html | 4 +- links/index.html | 2 +- page/2/index.html | 2 +- posts/2020-07-04-tkz-euclide-2/index.html | 12 +- .../index.html | 6 +- posts/2022-02-16-Definition-of-e/index.html | 53 ++-- .../index.html | 26 +- search.xml | 61 +++-- sitemap.xml | 258 +++++++++--------- tags/index.html | 2 +- tools/index.html | 2 +- 14 files changed, 225 insertions(+), 211 deletions(-) diff --git a/atom.xml b/atom.xml index 56b6ca9d8..9aff83efb 100644 --- a/atom.xml +++ b/atom.xml @@ -23,7 +23,7 @@ 2024-09-08T12:50:48.000Z 2024-09-08T15:07:48.000Z - 1. 题目

如图，在凸四边形 ABCDABCD 中，ACAC 平分 ∠BAD\angle BAD，点 EE、FF 分别在边 BCBC、CDCD 上，满足 EF∥BDEF\parallel BD。分别延长 FAFA、EAEA 至点 PP、QQ，使得过点 AA、BB、PP 的圆 ω1\omega _1 及过点 AA、DD、QQ 的圆 ω2\omega_2 均与直线 ACAC 相切。证明：BB、PP、QQ、DD 四点共圆。

题目

2. 分析

这个题的切入点是比较明显的。从结论的 BB、PP、QQ、DD 四点共圆可以看出，直线 BPBP、DQDQ 和 ACAC 交于一点，只需要证明这个结论即可。由于直接证明三线共点看上去比较困难，我们可以考虑使用同一法，证明 BPBP、DQDQ 分别和 ACAC 的交点重合。

另一个容易想到的思路是反演。因为题目给了两个圆在点 AA 处相切，以及它们的公切线 ACAC。考虑对点 AA 进行反演，这样两个圆的反演像都是和 ACAC 平行的直线。这样图像基本就转换成了直线型的图像，证明四点共圆变成证明反演之后的 B∗P∗Q∗D∗B^*P^*Q^*D^* 是等腰梯形。

这里面看上去不知道要如何处理的是平行的条件。不过当我们沿着前面的思路往下走的时候就会发现，最终要证明的结论都会转换的 ABAB、ADAD 边和 AA 点处的角之间的关系。因此我们可以将平行转换成比例关系的条件再用。

3. 第一种思路

3.1. 步骤1：构造交点

设直线 BPBP、DQDQ 分别和直线 ACAC 交于点 KK、K′K' 只需证明 KK 和 K′K' 重合，之后由

KP⋅KB=KA2=KQ⋅KD KP\cdot KB=KA^2=KQ\cdot KD

可得出BB、PP、QQ、DD 四点共圆。

3.2. 步骤2：找相似

接下来关键的步骤是找到相似三角形：

△K′QA∼△ASB\triangle K'QA\sim\triangle ASB，△KPA∼△ATD\triangle KPA\sim \triangle ATD。

解法一：相似

这个只需要倒角即可证明。

由相切和角平分线的条件可知

∠APB=∠CAB=∠CAD=∠AQD, \angle APB = \angle CAB = \angle CAD = \angle AQD,

因此

∠ASB=180∘−∠APB=180∘−∠AQD=∠AQK′. \angle ASB = 180^{\circ}-\angle APB = 180^{\circ}-\angle AQD = \angle AQK'.

而

∠ABS=∠CAS=∠K′AQ, \angle ABS = \angle CAS = \angle K'AQ,

因此 △K′QA∼△ASB\triangle K'QA\sim\triangle ASB。

同理可证，△KPA∼△ATD\triangle KPA\sim \triangle ATD。

根据这两个相似三角形，我们可以求出 KA=OA⋅ABSBKA=\dfrac{OA\cdot AB}{SB}，K′A=PA⋅ADTDK'A=\dfrac{PA\cdot AD}{TD}，因此要证明的 KA=KA′KA=KA' 可以变为

PAQA⋅SBTD=ABAD. \frac{PA}{QA}\cdot \frac{SB}{TD}= \frac{AB}{AD}.

3.3. 步骤3：利用正弦定理转换比例

设圆 ω1\omega_1、ω2\omega_2 的半径分别是 R1R_1、R2R_2，由正弦定理可知

ABAD=2R1sin⁡∠APB2R2sin⁡∠AQD=R1R2. \frac{AB}{AD} = \frac{2R_1\sin \angle APB}{2R_2\sin \angle AQD}=\frac{R_1}{R_2}.

设

∠APB=∠CAB=∠CAD=∠AQD=θ,∠ABS=∠CAS=∠K′AQ=∠ADQ=α,∠ADT=∠CAT=∠KAP=∠ABP=β, \begin{aligned} \angle APB = \angle CAB = \angle CAD = \angle AQD = \theta, \\ \angle ABS = \angle CAS = \angle K'AQ = \angle ADQ = \alpha, \\ \angle ADT = \angle CAT = \angle KAP = \angle ABP = \beta, \end{aligned}

则

∠BAS=θ−α,∠DAT=θ−β. \begin{aligned} \angle BAS = \theta - \alpha, \\ \angle DAT = \theta - \beta. \end{aligned}

再次利用正弦定理可得

PAQA⋅SBTD=2R1sin⁡β2R2sin⁡β⋅2R1sin⁡(θ−α)2R2sin⁡(θ−β). \frac{PA}{QA}\cdot \frac{SB}{TD} = \frac{2R_1\sin \beta}{2R_2\sin \beta}\cdot \frac{2R_1\sin (\theta-\alpha)}{2R_2\sin (\theta-\beta)}.

因此，要证明的式子等价于

sin⁡αsin⁡(θ−β)sin⁡βsin⁡(θ−α)=ABAD. \frac{\sin \alpha \sin (\theta-\beta)}{\sin \beta \sin (\theta-\alpha)}=\frac{AB}{AD}.

此时我们看到，所有的边和角都转换到了四边形 ABCDABCD 中。接下来只需考虑这个四边形就可以了。

3.4. 步骤4：将平行的条件转化为比例

平行

由 EF∥BDEF \parallel BD 可知

BEEC=DFFC. \frac{BE}{EC}=\frac{DF}{FC}.

利用面积的比例可得：

BEEC=S△ABES△AEC=ABsin⁡(θ−α)ACsin⁡α,DFFC=S△ADFS△AFC=ADsin⁡(θ−β)ACsin⁡β. \begin{aligned} \frac{BE}{EC} &= \frac{S_{\triangle ABE}}{S_{\triangle AEC}}=\frac{AB\sin (\theta-\alpha)}{AC\sin \alpha}, \\ \frac{DF}{FC} &= \frac{S_{\triangle ADF}}{S_{\triangle AFC}}=\frac{AD\sin (\theta-\beta)}{AC\sin \beta}. \end{aligned}

整理一下即可得到上面的要证明的式子。

4. 第二种思路

我们对以点 AA 为圆心、任意长度为半径的圆进行反演变换，记点 XX 的反演点为 X∗X^*。

ω1\omega_1、ω2\omega_2 与 ACAC 相切   ⟹  B∗P∗∥AC∗∥D∗Q∗\implies B^*P^*\parallel AC^* \parallel D^*Q^*。

因此要证明 B∗B^*、P∗P^*、Q∗Q^*、D∗D^* 四点共圆，只需证明四边形 B∗P∗Q∗D∗B^*P^*Q^*D^* 是等腰梯形即可。

解法二：反演

延长 D∗AD^*A 交 B∗P∗B^*P^* 于 MM，延长 B∗AB^*A 交 D∗Q∗D^*Q^* 于 NN。由

∠AND∗=∠B∗AC∗=∠C∗AD∗=∠AD∗N,∠AMB∗=∠C∗AD∗=∠B∗AC∗=∠AB∗M, \begin{aligned} & \angle AND^* = \angle B^*AC^* = \angle C^*AD^* = \angle AD^*N, \\ & \angle AMB^* = \angle C^*AD^* = \angle B^*AC^* = \angle AB^*M, \end{aligned}

可知 AN=AD∗AN=AD^*，AM=AB∗AM=AB^*，因此 D∗M=B∗MD^*M=B^*M，四边形 B∗MND∗B^*MND^* 是等腰梯形，因此

⟸B∗P∗Q∗D∗\phantom{\Longleftarrow} B^*P^*Q^*D^* 是等腰梯形
⟸P∗Q∗∥MN\Longleftarrow P^*Q^* \parallel MN
⟸\Longleftarrow 四边形 MP∗Q∗NMP^*Q^*N 是平行四边形
⟸P∗M=Q∗N\Longleftarrow P^*M = Q^*N

设

∠AMB∗=∠AND∗=θ,∠AQ∗D∗=∠E∗AC∗=α,∠AP∗B∗=∠F∗AC∗=β, \begin{aligned} \angle AMB^* = \angle AND^* & = \theta, \\ \angle AQ^*D^* = \angle E^*AC^* & = \alpha, \\ \angle AP^*B^* = \angle F^*AC^* & = \beta, \end{aligned}

则

Q∗N=ANsin⁡∠AQ∗N⋅sin⁡∠Q∗AN=AD∗⋅sin⁡(θ−α)sin⁡α,P∗M=AMsin⁡∠AP∗M⋅sin⁡P∗AM=AB∗⋅sin⁡(θ−β)sin⁡β. \begin{aligned} Q^*N & = \frac{AN}{\sin \angle AQ^*N}\cdot \sin \angle Q^*AN = AD^*\cdot \frac{\sin (\theta-\alpha)}{\sin \alpha}, \\ P^*M & = \frac{AM}{\sin \angle AP^*M}\cdot \sin P^*AM = AB^*\cdot \frac{\sin (\theta-\beta)}{\sin \beta}. \end{aligned}

因此只需证明

ABAD=AD∗AB∗=sin⁡(θ−β)sin⁡β⋅sin⁡αsin⁡(θ−β) \frac{AB}{AD} = \frac{AD^*}{AB^*} = \frac{\sin (\theta-\beta)}{\sin \beta}\cdot \frac{\sin \alpha}{\sin (\theta-\beta)}

即可。

之后的步骤就和第一种思路的步骤4是一样的了。

]]> + 1. 题目

如图，在凸四边形 ABCDABCD 中，ACAC 平分 ∠BAD\angle BAD，点 EE、FF 分别在边 BCBC、CDCD 上，满足 EF∥BDEF\parallel BD。分别延长 FAFA、EAEA 至点 PP、QQ，使得过点 AA、BB、PP 的圆 ω1\omega _1 及过点 AA、DD、QQ 的圆 ω2\omega_2 均与直线 ACAC 相切。证明：BB、PP、QQ、DD 四点共圆。

题目

2. 分析

这个题的切入点是比较明显的。从结论的 BB、PP、QQ、DD 四点共圆可以看出，直线 BPBP、DQDQ 和 ACAC 交于一点，只需要证明这个结论即可。由于直接证明三线共点看上去比较困难，我们可以考虑使用同一法，证明 BPBP、DQDQ 分别和 ACAC 的交点重合。

另一个容易想到的思路是反演。因为题目给了两个圆在点 AA 处相切，以及它们的公切线 ACAC。考虑对点 AA 进行反演，这样两个圆的反演像都是和 ACAC 平行的直线。这样图像基本就转换成了直线型的图像，证明四点共圆变成证明反演之后的 B∗P∗Q∗D∗B^*P^*Q^*D^* 是等腰梯形。

这里面看上去不知道要如何处理的是平行的条件。不过当我们沿着前面的思路往下走的时候就会发现，最终要证明的结论都会转换的 ABAB、ADAD 边和 AA 点处的角之间的关系。因此我们可以将平行转换成比例关系的条件再用。

3. 第一种思路

3.1. 步骤1：构造交点

设直线 BPBP、DQDQ 分别和直线 ACAC 交于点 KK、K′K' 只需证明 KK 和 K′K' 重合，之后由

KP⋅KB=KA2=KQ⋅KD KP\cdot KB=KA^2=KQ\cdot KD

可得出BB、PP、QQ、DD 四点共圆。

3.2. 步骤2：找相似

接下来关键的步骤是找到相似三角形：

设 AEAE 和圆 ω1\omega_1 的第二个交点为 SS，AFAF 和圆 ω2\omega_2 的第二个交点为 TT，则 △K′QA∼△ASB\triangle K'QA\sim\triangle ASB，△KPA∼△ATD\triangle KPA\sim \triangle ATD。

解法一：相似

这个只需要倒角即可证明。

由相切和角平分线的条件可知

∠APB=∠CAB=∠CAD=∠AQD, \angle APB = \angle CAB = \angle CAD = \angle AQD,

因此

∠ASB=180∘−∠APB=180∘−∠AQD=∠AQK′. \begin{aligned} \angle ASB &= 180^{\circ}-\angle APB \\ &= 180^{\circ}-\angle AQD \\ &= \angle AQK'. \end{aligned}

而

∠ABS=∠CAS=∠K′AQ, \angle ABS = \angle CAS = \angle K'AQ,

因此 △K′QA∼△ASB\triangle K'QA\sim\triangle ASB。

同理可证，△KPA∼△ATD\triangle KPA\sim \triangle ATD。

根据这两个相似三角形，我们可以求出 KA=OA⋅ABSBKA=\dfrac{OA\cdot AB}{SB}，K′A=PA⋅ADTDK'A=\dfrac{PA\cdot AD}{TD}，因此要证明的 KA=KA′KA=KA' 可以变为

PAQA⋅SBTD=ABAD. \frac{PA}{QA}\cdot \frac{SB}{TD}= \frac{AB}{AD}.

3.3. 步骤3：利用正弦定理转换比例

设圆 ω1\omega_1、ω2\omega_2 的半径分别是 R1R_1、R2R_2，由正弦定理可知

ABAD=2R1sin⁡∠APB2R2sin⁡∠AQD=R1R2. \frac{AB}{AD} = \frac{2R_1\sin \angle APB}{2R_2\sin \angle AQD}=\frac{R_1}{R_2}.

设

∠APB=∠CAB=∠CAD=∠AQD=θ,∠ABS=∠CAS=∠K′AQ=∠ADQ=α,∠ADT=∠CAT=∠KAP=∠ABP=β, \begin{aligned} \angle APB = \angle CAB = \angle CAD = \angle AQD = \theta, \\ \angle ABS = \angle CAS = \angle K'AQ = \angle ADQ = \alpha, \\ \angle ADT = \angle CAT = \angle KAP = \angle ABP = \beta, \end{aligned}

则

∠BAS=θ−α,∠DAT=θ−β. \begin{aligned} \angle BAS = \theta - \alpha, \\ \angle DAT = \theta - \beta. \end{aligned}

再次利用正弦定理可得

PAQA⋅SBTD=2R1sin⁡β2R2sin⁡β⋅2R1sin⁡(θ−α)2R2sin⁡(θ−β). \frac{PA}{QA}\cdot \frac{SB}{TD} = \frac{2R_1\sin \beta}{2R_2\sin \beta}\cdot \frac{2R_1\sin (\theta-\alpha)}{2R_2\sin (\theta-\beta)}.

因此，要证明的式子等价于

sin⁡αsin⁡(θ−β)sin⁡βsin⁡(θ−α)=ABAD. \frac{\sin \alpha \sin (\theta-\beta)}{\sin \beta \sin (\theta-\alpha)}=\frac{AB}{AD}.

此时我们看到，所有的边和角都转换到了四边形 ABCDABCD 中。接下来只需考虑这个四边形就可以了。

3.4. 步骤4：将平行的条件转化为比例

平行

由 EF∥BDEF \parallel BD 可知

BEEC=DFFC. \frac{BE}{EC}=\frac{DF}{FC}.

利用面积的比例可得：

BEEC=S△ABES△AEC=ABsin⁡(θ−α)ACsin⁡α,DFFC=S△ADFS△AFC=ADsin⁡(θ−β)ACsin⁡β. \begin{aligned} \frac{BE}{EC} &= \frac{S_{\triangle ABE}}{S_{\triangle AEC}}=\frac{AB\sin (\theta-\alpha)}{AC\sin \alpha}, \\[2ex] \frac{DF}{FC} &= \frac{S_{\triangle ADF}}{S_{\triangle AFC}}=\frac{AD\sin (\theta-\beta)}{AC\sin \beta}. \end{aligned}

整理一下即可得到上面的要证明的式子。

4. 第二种思路

我们对以点 AA 为圆心、任意长度为半径的圆进行反演变换，记点 XX 的反演点为 X∗X^*。

ω1\omega_1、ω2\omega_2 与 ACAC 相切   ⟹  B∗P∗∥AC∗∥D∗Q∗\implies B^*P^*\parallel AC^* \parallel D^*Q^*。

因此要证明 B∗B^*、P∗P^*、Q∗Q^*、D∗D^* 四点共圆，只需证明四边形 B∗P∗Q∗D∗B^*P^*Q^*D^* 是等腰梯形即可。

解法二：反演

延长 D∗AD^*A 交 B∗P∗B^*P^* 于 MM，延长 B∗AB^*A 交 D∗Q∗D^*Q^* 于 NN。由

∠AND∗=∠B∗AC∗=∠C∗AD∗=∠AD∗N,∠AMB∗=∠C∗AD∗=∠B∗AC∗=∠AB∗M, \begin{aligned} & \angle AND^* = \angle B^*AC^* = \angle C^*AD^* = \angle AD^*N, \\ & \angle AMB^* = \angle C^*AD^* = \angle B^*AC^* = \angle AB^*M, \end{aligned}

可知 AN=AD∗AN=AD^*，AM=AB∗AM=AB^*，因此 D∗M=B∗MD^*M=B^*M，四边形 B∗MND∗B^*MND^* 是等腰梯形，因此

⟸B∗P∗Q∗D∗\phantom{\Longleftarrow} B^*P^*Q^*D^* 是等腰梯形
⟸P∗Q∗∥MN\Longleftarrow P^*Q^* \parallel MN
⟸\Longleftarrow 四边形 MP∗Q∗NMP^*Q^*N 是平行四边形
⟸P∗M=Q∗N\Longleftarrow P^*M = Q^*N

设

∠AMB∗=∠AND∗=θ,∠AQ∗D∗=∠E∗AC∗=α,∠AP∗B∗=∠F∗AC∗=β, \begin{aligned} \angle AMB^* = \angle AND^* & = \theta, \\ \angle AQ^*D^* = \angle E^*AC^* & = \alpha, \\ \angle AP^*B^* = \angle F^*AC^* & = \beta, \end{aligned}

则

Q∗N=ANsin⁡∠AQ∗N⋅sin⁡∠Q∗AN=AD∗⋅sin⁡(θ−α)sin⁡α,P∗M=AMsin⁡∠AP∗M⋅sin⁡P∗AM=AB∗⋅sin⁡(θ−β)sin⁡β. \begin{aligned} Q^*N & = \frac{AN}{\sin \angle AQ^*N}\cdot \sin \angle Q^*AN \\[2ex] & = AD^*\cdot \frac{\sin (\theta-\alpha)}{\sin \alpha}, \\[2ex] P^*M & = \frac{AM}{\sin \angle AP^*M}\cdot \sin P^*AM \\[2ex] & = AB^*\cdot \frac{\sin (\theta-\beta)}{\sin \beta}. \end{aligned}

因此只需证明

ABAD=AD∗AB∗=sin⁡(θ−β)sin⁡β⋅sin⁡αsin⁡(θ−β) \frac{AB}{AD} = \frac{AD^*}{AB^*} = \frac{\sin (\theta-\beta)}{\sin \beta}\cdot \frac{\sin \alpha}{\sin (\theta-\beta)}

即可。

之后的步骤就和第一种思路的步骤4是一样的了。

]]> 今天上午全国高中数学联赛二试的几何题的解答 @@ -252,7 +252,7 @@ 2022-02-16T09:15:49.000Z 2022-02-16T09:15:49.000Z - 在数学中，自然常数 ee 是一个很常见的数．在高中的数学课本里，只是说明了它是一个无理数，并没有给出它的定义．

但是，ee 在高中课本里又无处不在．特别是到了后面导数部分，不弄清楚 ee 的定义，就没有办法弄清楚为什么 exe^x 和 ln⁡(x)\ln(x) 的导数为什么那么特殊．

1. e 是增长的极限

我们假设有一家银行，这家银行的活期存款利率是 100%100\%（当然，现实中这是不可能的）．如果我们有 11 块钱，存入银行里，那么一年之后，我可以取出 22 块钱．

但是如果我们勤快一些，半年的时候把钱先取出来一次，这时可以取出 1×(1+100%/2)=1.51\times(1+100\%/2)=1.5 块钱．这时我们在把这 1.51.5 块钱都存入到银行里，半年之后再取出，那么就可以取出 1.5×(1+100%/2)=2.251.5\times(1+100\%/2)=2.25 块钱．这样，我们仅仅时多跑了一次银行，赚到的利息就比原来多了 25%25\%．

如果我们再勤快一些，每个月都进行一次这样的操作，那么一年之后，我们一共能取出 1×(1+100%/12)12≈2.611\times(1+100\%/12)^{12}\approx2.61 块钱．这样我们就可以获得更高的收益了．

假如你不甘心，还想再获取更高的收益，你还可以每天进行一次这样的操作，这样在一年之后，你将获得 1×(1+100%/365)365≈2.711\times(1+100\%/365)^{365}\approx2.71 块钱．我们的收益又多了．

自然地，我们就有一个想法：如果我存取钱的次数足够多，那我的收益是多少？会是无穷多么？

这个问题用数学的语言来描述，就是要求在 n→+∞n\to+\infty 时，an=(1+1n)na_n=\left(1+\dfrac{1}{n}\right)^n的极限．

从前面的例子中，我们其实可以看出，当 nn 从 1212 变到 265265 的时候，ana_n 的增长比 nn 从 22 变到 1212 的时候还要小．可以预见，当 nn 越来越大的时候，ana_n 的增长会越来越小．因此我们可以猜测，ana_n 的增长并不是无限的．

事实上，要想严格的证明这个极限是存在的，需要用到下面的定理：

单调收敛定理：单调有界实数列必有极限．

因此，我们只需要证明两个条件：数列 {an}\{a_n\} 单调，且有界．

单调性的证明

由上面的计算可以知道，a1=2<a2=2.25a_1=2<a_2=2.25．

当 n⩾2n\geqslant 2 时，我们把 (1+1n)n\left(1+\dfrac{1}{n}\right)^n 展开：

(1+1n)n=∑k=0nCnk⋅1nk=1+n⋅1n+∑k=2nn(n−1)(n−2)⋯(n−k+1)k!⋅1nk=2+∑k=2n1k!⋅(n−1)(n−2)⋯(n−k+1)nk−1=2+∑k=2n1k!⋅(1−1n)(1−2n)⋯(1−k−1n)(I)\begin{aligned}\left(1+\dfrac{1}{n}\right)^n &= \sum_{k=0}^n C_n^k\cdot\frac{1}{n^k} \\&= 1+n\cdot\frac{1}{n}+\sum_{k=2}^n \frac{n(n-1)(n-2)\cdots(n-k+1)}{k!}\cdot\frac{1}{n^k} \\&= 2+\sum_{k=2}^n \frac{1}{k!}\cdot\frac{(n-1)(n-2)\cdots(n-k+1)}{n^{k-1}} \\&= 2+\sum_{k=2}^n \frac{1}{k!}\cdot\left(1-\frac{1}{n}\right)\left(1-\frac{2}{n}\right)\cdots\left(1-\frac{k-1}{n}\right)\end{aligned}\tag{I}

比较 ana_n 和 an+1a_{n+1} 的展开式的第 kk 项（2⩽k⩽n2\leqslant k \leqslant n），注意到 1−in<1−in+11-\dfrac{i}{n}<1-\dfrac{i}{n+1} 对 i=1,2,⋯ ,k−1i=1,2,\cdots,k-1 恒成立，因此

1k!⋅(1−1n)⋯(1−k−1n)<1k!⋅(1−1n+1)⋯(1−k−1n+1)\frac{1}{k!}\cdot\left(1-\frac{1}{n}\right)\cdots\left(1-\frac{k-1}{n}\right) < \frac{1}{k!}\cdot\left(1-\frac{1}{n+1}\right)\cdots\left(1-\frac{k-1}{n+1}\right)

而且 an+1a_{n+1} 比 ana_n 还多了一项

1(n+1)!⋅(1−1n+1)(1−2n+1)⋯(1−nn+1)>0\frac{1}{(n+1)!}\cdot\left(1-\frac{1}{n+1}\right)\left(1-\frac{2}{n+1}\right)\cdots\left(1-\frac{n}{n+1}\right) > 0

因此 an<an+1a_n<a_{n+1}，故数列 {an}\{a_n\} 单调递增．

有界性的证明

我们只需要证明数列 {an}\{a_n\} 有上界．

根据上面 {an}\{a_n\} 展开式 (I)(\mathrm{I})，

(1+1n)n=2+∑k=2n1k!⋅(1−1n)(1−2n)⋯(1−k−1n)<2+∑k=2n1k!<2+∑k=2n1k(k−1)=2+(1−1n)=3−1n(II)\begin{aligned}\left(1+\dfrac{1}{n}\right)^n &= 2+\sum_{k=2}^n \frac{1}{k!}\cdot\left(1-\frac{1}{n}\right)\left(1-\frac{2}{n}\right)\cdots\left(1-\frac{k-1}{n}\right) \\&< 2+\sum_{k=2}^n \frac{1}{k!} \\&< 2+\sum_{k=2}^n \frac{1}{k(k-1)} \\&= 2+\left(1-\frac{1}{n}\right) \\&= 3-\frac{1}{n}\end{aligned}\tag{II}

所以可以得到 an<3a_n<3 恒成立，即数列 {an}\{a_n\} 有上界．

在完成了上面两个证明之后，我们知道，数列 {an}\{a_n\} 的极限是 22 和 33 之间的某一个数，于是我们就把它定义为 ee：

e≔lim⁡n→+∞(1+1n)ne \coloneqq \lim_{n\to+\infty} \left(1+\dfrac{1}{n}\right)^n

回到前面的情景，这个结论告诉我们，即使我们每时每刻不停的存取，一年之后我们能取出的钱也不会超过三块钱．也就是说，在年增长率不变的情况下，即使是复利，增长也是有极限的．

利用夹逼定理，还可以证明：对于函数的极限，也有 lim⁡x→∞(1+1x)x=e\displaystyle\lim_{x\to\infty}\left(1+\frac{1}{x}\right)^x=e．

先考虑 x→+∞x\to +\infty 的情况；

我们令 n=⌊x⌋n=\lfloor x\rfloor，注意到，n⩽x<n+1n \leqslant x<n +1，于是有

1+1n+1<1+1x⩽1+1n  ⟹  (1+1n+1)n⩽(1+1n+1)x<(1+1x)x⩽(1+1n)x<(1+1n)n+11+\frac{1}{n+1}<1+\frac{1}{x}\leqslant 1+\frac{1}{n}\\[2ex]\implies \left(1+\frac{1}{n+1}\right)^{n} \leqslant \left(1+\frac{1}{n+1}\right)^{x} < \left(1+\frac{1}{x}\right)^{x} \leqslant \left(1+\frac{1}{n}\right)^{x} < \left(1+\frac{1}{n}\right)^{n+1}

因此

lim⁡x→+∞(1+1x)x⩾lim⁡n→+∞(1+1n+1)n=lim⁡n→+∞[(1+1n+1)n+1]nn+1=e1=e\begin{aligned}\lim_{x\to +\infty} \left(1+\frac{1}{x}\right)^{x}&\geqslant \lim_{n\to +\infty} \left(1+\frac{1}{n+1}\right)^{n} \\[2ex]&= \lim_{n\to +\infty} \left[\left(1+\frac{1}{n+1}\right)^{n+1}\right]^{\frac{n}{n+1}} \\[2ex]&= e^1=e\end{aligned}

lim⁡x→+∞(1+1x)x⩽lim⁡n→+∞(1+1n)n+1=lim⁡n→+∞(1+1n)n⋅(1+1n)=e⋅1=e\begin{aligned}\lim_{x\to +\infty} \left(1+\frac{1}{x}\right)^{x}&\leqslant \lim_{n\to +\infty} \left(1+\frac{1}{n}\right)^{n+1} \\[2ex]&= \lim_{n\to +\infty} \left(1+\frac{1}{n}\right)^{n} \cdot \left(1+\frac{1}{n}\right) \\[2ex]&= e\cdot 1 = e\end{aligned}

因此，lim⁡x→+∞(1+1x)x=e\displaystyle\lim_{x\to +\infty}\left(1+\frac{1}{x}\right)^x=e．

再考虑 x→−∞x\to -\infty 的情况．

令 t=−x→+∞t=-x\to +\infty，则

lim⁡x→−∞(1+1x)x=lim⁡t→+∞(1−1t)−t=lim⁡t→+∞(tt−1)t=lim⁡t→+∞(1+1t−1)t=lim⁡t→+∞(1+1t−1)t−1⋅(1+1t−1)=e⋅1=e\begin{aligned}\lim_{x\to -\infty} \left(1+\frac{1}{x}\right)^{x}&= \lim_{t\to +\infty} \left(1-\frac{1}{t}\right)^{-t}= \lim_{t\to +\infty} \left(\frac{t}{t-1}\right)^{t} \\[2ex]&= \lim_{t\to +\infty} \left(1+\frac{1}{t-1}\right)^{t} \\[2ex]&= \lim_{t\to +\infty} \left(1+\frac{1}{t-1}\right)^{t-1}\cdot\left(1+\frac{1}{t-1}\right) \\[2ex]&= e\cdot 1 = e\end{aligned}

2. e 的展开式

上面对于 ee 的定义，比较容易理解，但是有一个缺点，就是计算比较麻烦，收敛速度非常慢．

我们知道，e≈2.718281828e\approx 2.718281828，但是 a10000≈2.71815a_{10000}\approx 2.71815，a1000000≈2.718280469a_{1000000}\approx 2.718280469，a100000000≈2.718281815a_{100000000}\approx 2.718281815，也就是说，算到第一亿项的时候，才精确到小数点后第7位．

显然，我们需要一个能够更快收敛到 ee 的数列．

为了书写方便，这里我们引入无穷和的记号：

∑k=0+∞an≔a1+a2+⋯+an+⋯\displaystyle\sum_{k=0}^{+\infty} a_n\coloneqq a_1+a_2+\cdots+a_n+\cdots

考虑数列 sn=∑k=0n1k!s_n=\displaystyle\sum_{k=0}^n \frac{1}{k!}，可以证明：e=lim⁡n→+∞sn=∑k=0+∞1k!e= \displaystyle\lim_{n\to+\infty}s_n =\sum_{k=0}^{+\infty}\frac{1}{k!}．

先证明数列 {sn}\{s_n\} 收敛，且 e⩾∑k=0+∞1k!e\geqslant\displaystyle\sum_{k=0}^{+\infty}\frac{1}{k!}；

对任意的 m>n⩾2m>n\geqslant 2，根据上面的 (I)(\mathrm{I}) 式，

(1+1m)m=2+∑k=2m1k!⋅(1−1m)(1−2m)⋯(1−k−1m)>2+∑k=2n1k!⋅(1−1m)(1−2m)⋯(1−k−1m)\begin{aligned}\left(1+\dfrac{1}{m}\right)^m &= 2+\sum_{k=2}^m \frac{1}{k!}\cdot\left(1-\frac{1}{m}\right)\left(1-\frac{2}{m}\right)\cdots\left(1-\frac{k-1}{m}\right) \\&> 2+\sum_{k=2}^n \frac{1}{k!}\cdot\left(1-\frac{1}{m}\right)\left(1-\frac{2}{m}\right)\cdots\left(1-\frac{k-1}{m}\right)\end{aligned}

两边同时令 m→+∞m\to+\infty，可得

e⩾2+∑k=2n1k!=∑k=0n1k!e\geqslant 2+\sum_{k=2}^n \frac{1}{k!}= \sum_{k=0}^n \frac{1}{k!}

根据单调收敛定理，lim⁡n→+∞∑k=0n1k!=∑k=0+∞1k!\displaystyle\lim_{n\to+\infty}\sum_{k=0}^n \frac{1}{k!}=\displaystyle\sum_{k=0}^{+\infty} \frac{1}{k!} 一定存在．

因此再令 n→+∞n\to+\infty，可得

e⩾∑k=0+∞1k!e\geqslant\sum_{k=0}^{+\infty}\frac{1}{k!}

再证明 e⩽∑k=0+∞1k!e\leqslant \displaystyle\sum_{k=0}^{+\infty}\frac{1}{k!}．

注意上面的 (II)(\mathrm{II}) 式，在对 ana_n 进行放缩的时候，我们得到了

(1+1n)n<2+∑k=2n1k!=∑k=0n1k!\left(1+\dfrac{1}{n}\right)^n < 2+\sum_{k=2}^n \frac{1}{k!}= \sum_{k=0}^n \frac{1}{k!}

两边同时对 nn 取极限，可以得到

e⩽∑k=0+∞1k!e\leqslant \sum_{k=0}^{+\infty}\frac{1}{k!}

这样，我们就得到了 ee 的展开式：

e=1+11!+12!+13!+⋯+1n!+⋯e=1+\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+\cdots+\frac{1}{n!}+\cdots

用它来计算 ee 的话，收敛速度比前面要快的多：

∑k=091k!≈2.718281525∑k=0121k!≈2.718281828\begin{aligned}\sum_{k=0}^{9}\frac{1}{k!} &\approx 2.718281525 \\\sum_{k=0}^{12}\frac{1}{k!} &\approx 2.718281828\end{aligned}

3. e 的另一种极限定义

我们知道，f(x)=exf(x)=e^x 的一个重要性质就是 f′(x)=f(x)f'(x)=f(x)，特别的，f′(0)=1f'(0)=1．我们也可以利用这一条性质来定义 ee：

若函数 y=axy=a^x （a>0a>0 且 a≠1a\ne 1）在 x=0x=0 处的切线斜率为 11，即 lim⁡x→0ax−1x=1\displaystyle\lim_{x\to 0}\frac{a^x-1}{x}=1，则 a=ea=e．

需要注意是，证明的过程用到了 y=log⁡axy=\log_a x 的连续性．

证明 a=ea=e．

令 t=1ax−1→∞t=\dfrac{1}{a^x-1}\to \infty，则 x=log⁡a(1+1t)x=\log_a \left(1+\dfrac{1}{t}\right)．

lim⁡x→0ax−1x=lim⁡t→01tlog⁡a(1+1t)=lim⁡t→01log⁡a(1+1t)t=1log⁡ae=log⁡ea=1\begin{aligned}\lim_{x\to 0} \frac{a^x-1}{x}&= \lim_{t\to 0} \frac{1}{t\log_a \left(1+\frac{1}{t}\right)} \\&= \lim_{t\to 0} \frac{1}{\log_a \left(1+\frac{1}{t}\right)^t} \\&= \frac{1}{\log_a e} = \log_e a = 1\end{aligned}

因此，a=ea=e．

这个定义的一个好处是，可以很容易地求出 f(x)=exf(x)=e^x 的导数：

f′(x)=lim⁡h→0ex+h−exh=ex⋅lim⁡h→0eh−1h=ex⋅1=exf'(x)=\lim_{h\to 0}\frac{e^{x+h}-e^x}{h}=e^x\cdot\lim_{h\to 0}\frac{e^h-1}{h}=e^x\cdot 1=e^x

4. 总结

可以看到，上面我们用了三种不同的方法来定义 ee．虽然这些定义表面上看起来不一样，但它们是定义出来的 ee 都是一样的．也就是说，这三种方法实质上是等价的．第一种方法有实际的解释，相对比较自然；第二种方法计算简便，而且易于拓展；而第三种方法则方便证明指数函数的分析性质．

参考资料：

]]> + 在数学中，自然常数 ee 是一个很常见的数．在高中的数学课本里，只是说明了它是一个无理数，并没有给出它的定义．

但是，ee 在高中课本里又无处不在．特别是到了后面导数部分，不弄清楚 ee 的定义，就没有办法弄清楚为什么 exe^x 和 ln⁡(x)\ln(x) 的导数为什么那么特殊．

1. e 是增长的极限

我们假设有一家银行，这家银行的活期存款利率是 100%100\%（当然，现实中这是不可能的）．如果我们有 11 块钱，存入银行里，那么一年之后，我可以取出 22 块钱．

但是如果我们勤快一些，半年的时候把钱先取出来一次，这时可以取出 1×(1+100%/2)=1.51\times(1+100\%/2)=1.5 块钱．这时我们在把这 1.51.5 块钱都存入到银行里，半年之后再取出，那么就可以取出 1.5×(1+100%/2)=2.251.5\times(1+100\%/2)=2.25 块钱．这样，我们仅仅时多跑了一次银行，赚到的利息就比原来多了 25%25\%．

如果我们再勤快一些，每个月都进行一次这样的操作，那么一年之后，我们一共能取出 1×(1+100%/12)12≈2.611\times(1+100\%/12)^{12}\approx2.61 块钱．这样我们就可以获得更高的收益了．

假如你不甘心，还想再获取更高的收益，你还可以每天进行一次这样的操作，这样在一年之后，你将获得 1×(1+100%/365)365≈2.711\times(1+100\%/365)^{365}\approx2.71 块钱．我们的收益又多了．

自然地，我们就有一个想法：如果我存取钱的次数足够多，那我的收益是多少？会是无穷多么？

这个问题用数学的语言来描述，就是要求在 n→+∞n\to+\infty 时，an=(1+1n)na_n=\left(1+\dfrac{1}{n}\right)^n的极限．

从前面的例子中，我们其实可以看出，当 nn 从 1212 变到 265265 的时候，ana_n 的增长比 nn 从 22 变到 1212 的时候还要小．可以预见，当 nn 越来越大的时候，ana_n 的增长会越来越小．因此我们可以猜测，ana_n 的增长并不是无限的．

事实上，要想严格的证明这个极限是存在的，需要用到下面的定理：

单调收敛定理：单调有界实数列必有极限．

因此，我们只需要证明两个条件：数列 {an}\{a_n\} 单调，且有界．

单调性的证明

由上面的计算可以知道，a1=2<a2=2.25a_1=2<a_2=2.25．

当 n⩾2n\geqslant 2 时，我们把 (1+1n)n\left(1+\dfrac{1}{n}\right)^n 展开：

(1+1n)n=∑k=0nCnk⋅1nk=1+n⋅1n+∑k=2nn(n−1)(n−2)⋯(n−k+1)k!⋅1nk=2+∑k=2n1k!⋅(n−1)(n−2)⋯(n−k+1)nk−1=2+∑k=2n1k!⋅(1−1n)(1−2n)⋯(1−k−1n)(I)\begin{aligned}\left(1+\dfrac{1}{n}\right)^n &= \sum_{k=0}^n C_n^k\cdot\frac{1}{n^k} \\[2ex]&= 1+n\cdot\frac{1}{n}+\sum_{k=2}^n \frac{n(n-1)(n-2)\cdots(n-k+1)}{k!}\cdot\frac{1}{n^k} \\[2ex]&= 2+\sum_{k=2}^n \frac{1}{k!}\cdot\frac{(n-1)(n-2)\cdots(n-k+1)}{n^{k-1}} \\[2ex]&= 2+\sum_{k=2}^n \frac{1}{k!}\cdot\left(1-\frac{1}{n}\right)\left(1-\frac{2}{n}\right)\cdots\left(1-\frac{k-1}{n}\right)\end{aligned}\tag{I}

比较 ana_n 和 an+1a_{n+1} 的展开式的第 kk 项（2⩽k⩽n2\leqslant k \leqslant n），注意到 1−in<1−in+11-\dfrac{i}{n}<1-\dfrac{i}{n+1} 对 i=1,2,⋯ ,k−1i=1,2,\cdots,k-1 恒成立，因此

1k!⋅(1−1n)⋯(1−k−1n)<1k!⋅(1−1n+1)⋯(1−k−1n+1)\frac{1}{k!}\cdot\left(1-\frac{1}{n}\right)\cdots\left(1-\frac{k-1}{n}\right) < \frac{1}{k!}\cdot\left(1-\frac{1}{n+1}\right)\cdots\left(1-\frac{k-1}{n+1}\right)

而且 an+1a_{n+1} 比 ana_n 还多了一项

1(n+1)!⋅(1−1n+1)(1−2n+1)⋯(1−nn+1)>0\frac{1}{(n+1)!}\cdot\left(1-\frac{1}{n+1}\right)\left(1-\frac{2}{n+1}\right)\cdots\left(1-\frac{n}{n+1}\right) > 0

因此 an<an+1a_n<a_{n+1}，故数列 {an}\{a_n\} 单调递增．

有界性的证明

我们只需要证明数列 {an}\{a_n\} 有上界．

根据上面 {an}\{a_n\} 展开式 (I)(\mathrm{I})，

(1+1n)n=2+∑k=2n1k!⋅(1−1n)(1−2n)⋯(1−k−1n)<2+∑k=2n1k!<2+∑k=2n1k(k−1)=2+(1−1n)=3−1n(II)\begin{aligned}\left(1+\dfrac{1}{n}\right)^n &= 2+\sum_{k=2}^n \frac{1}{k!}\cdot\left(1-\frac{1}{n}\right)\left(1-\frac{2}{n}\right)\cdots\left(1-\frac{k-1}{n}\right) \\[2ex]&< 2+\sum_{k=2}^n \frac{1}{k!} \\[2ex]&< 2+\sum_{k=2}^n \frac{1}{k(k-1)} \\[2ex]&= 2+\left(1-\frac{1}{n}\right) \\[2ex]&= 3-\frac{1}{n}\end{aligned}\tag{II}

所以可以得到 an<3a_n<3 恒成立，即数列 {an}\{a_n\} 有上界．

在完成了上面两个证明之后，我们知道，数列 {an}\{a_n\} 的极限是 22 和 33 之间的某一个数，于是我们就把它定义为 ee：

e≔lim⁡n→+∞(1+1n)ne \coloneqq \lim_{n\to+\infty} \left(1+\dfrac{1}{n}\right)^n

回到前面的情景，这个结论告诉我们，即使我们每时每刻不停的存取，一年之后我们能取出的钱也不会超过三块钱．也就是说，在年增长率不变的情况下，即使是复利，增长也是有极限的．

利用夹逼定理，还可以证明：对于函数的极限，也有 lim⁡x→∞(1+1x)x=e\displaystyle\lim_{x\to\infty}\left(1+\frac{1}{x}\right)^x=e．

先考虑 x→+∞x\to +\infty 的情况；

我们令 n=⌊x⌋n=\lfloor x\rfloor，注意到，n⩽x<n+1n \leqslant x<n +1，于是有

1+1n+1<1+1x⩽1+1n1+\frac{1}{n+1}<1+\frac{1}{x}\leqslant 1+\frac{1}{n}

  ⟹  (1+1n+1)n⩽(1+1n+1)x<(1+1x)x⩽(1+1n)x<(1+1n)n+1\implies \left(1+\frac{1}{n+1}\right)^{n} \leqslant \left(1+\frac{1}{n+1}\right)^{x} < \left(1+\frac{1}{x}\right)^{x} \leqslant \left(1+\frac{1}{n}\right)^{x} < \left(1+\frac{1}{n}\right)^{n+1}

因此

lim⁡x→+∞(1+1x)x⩾lim⁡n→+∞(1+1n+1)n=lim⁡n→+∞[(1+1n+1)n+1]nn+1=e1=e\begin{aligned}\lim_{x\to +\infty} \left(1+\frac{1}{x}\right)^{x}&\geqslant \lim_{n\to +\infty} \left(1+\frac{1}{n+1}\right)^{n} \\[2ex]&= \lim_{n\to +\infty} \left[\left(1+\frac{1}{n+1}\right)^{n+1}\right]^{\frac{n}{n+1}} \\[2ex]&= e^1=e\end{aligned}

lim⁡x→+∞(1+1x)x⩽lim⁡n→+∞(1+1n)n+1=lim⁡n→+∞(1+1n)n⋅(1+1n)=e⋅1=e\begin{aligned}\lim_{x\to +\infty} \left(1+\frac{1}{x}\right)^{x}&\leqslant \lim_{n\to +\infty} \left(1+\frac{1}{n}\right)^{n+1} \\[2ex]&= \lim_{n\to +\infty} \left(1+\frac{1}{n}\right)^{n} \cdot \left(1+\frac{1}{n}\right) \\[2ex]&= e\cdot 1 = e\end{aligned}

因此，lim⁡x→+∞(1+1x)x=e\displaystyle\lim_{x\to +\infty}\left(1+\frac{1}{x}\right)^x=e．

再考虑 x→−∞x\to -\infty 的情况．

令 t=−x→+∞t=-x\to +\infty，则

lim⁡x→−∞(1+1x)x=lim⁡t→+∞(1−1t)−t=lim⁡t→+∞(tt−1)t=lim⁡t→+∞(1+1t−1)t=lim⁡t→+∞(1+1t−1)t−1⋅(1+1t−1)=e⋅1=e\begin{aligned}\lim_{x\to -\infty} \left(1+\frac{1}{x}\right)^{x}&= \lim_{t\to +\infty} \left(1-\frac{1}{t}\right)^{-t}= \lim_{t\to +\infty} \left(\frac{t}{t-1}\right)^{t} \\[2ex]&= \lim_{t\to +\infty} \left(1+\frac{1}{t-1}\right)^{t} \\[2ex]&= \lim_{t\to +\infty} \left(1+\frac{1}{t-1}\right)^{t-1}\cdot\left(1+\frac{1}{t-1}\right) \\[2ex]&= e\cdot 1 = e\end{aligned}

2. e 的展开式

上面对于 ee 的定义，比较容易理解，但是有一个缺点，就是计算比较麻烦，收敛速度非常慢．

我们知道，e≈2.718281828e\approx 2.718281828，但是 a10000≈2.71815a_{10000}\approx 2.71815，a1000000≈2.718280469a_{1000000}\approx 2.718280469，a100000000≈2.718281815a_{100000000}\approx 2.718281815，也就是说，算到第一亿项的时候，才精确到小数点后第7位．

显然，我们需要一个能够更快收敛到 ee 的数列．

为了书写方便，这里我们引入无穷和的记号：

∑k=0+∞an≔a1+a2+⋯+an+⋯\displaystyle\sum_{k=0}^{+\infty} a_n\coloneqq a_1+a_2+\cdots+a_n+\cdots

考虑数列 sn=∑k=0n1k!s_n=\displaystyle\sum_{k=0}^n \frac{1}{k!}，可以证明：e=lim⁡n→+∞sn=∑k=0+∞1k!e= \displaystyle\lim_{n\to+\infty}s_n =\sum_{k=0}^{+\infty}\frac{1}{k!}．

先证明数列 {sn}\{s_n\} 收敛，且 e⩾∑k=0+∞1k!e\geqslant\displaystyle\sum_{k=0}^{+\infty}\frac{1}{k!}；

对任意的 m>n⩾2m>n\geqslant 2，根据上面的 (I)(\mathrm{I}) 式，

(1+1m)m=2+∑k=2m1k!⋅(1−1m)(1−2m)⋯(1−k−1m)>2+∑k=2n1k!⋅(1−1m)(1−2m)⋯(1−k−1m)\begin{aligned}\left(1+\dfrac{1}{m}\right)^m &= 2+\sum_{k=2}^m \frac{1}{k!}\cdot\left(1-\frac{1}{m}\right)\left(1-\frac{2}{m}\right)\cdots\left(1-\frac{k-1}{m}\right) \\[2ex]&> 2+\sum_{k=2}^n \frac{1}{k!}\cdot\left(1-\frac{1}{m}\right)\left(1-\frac{2}{m}\right)\cdots\left(1-\frac{k-1}{m}\right)\end{aligned}

两边同时令 m→+∞m\to+\infty，可得

e⩾2+∑k=2n1k!=∑k=0n1k!e\geqslant 2+\sum_{k=2}^n \frac{1}{k!}= \sum_{k=0}^n \frac{1}{k!}

根据单调收敛定理，lim⁡n→+∞∑k=0n1k!=∑k=0+∞1k!\displaystyle\lim_{n\to+\infty}\sum_{k=0}^n \frac{1}{k!}=\displaystyle\sum_{k=0}^{+\infty} \frac{1}{k!} 一定存在．

因此再令 n→+∞n\to+\infty，可得

e⩾∑k=0+∞1k!e\geqslant\sum_{k=0}^{+\infty}\frac{1}{k!}

再证明 e⩽∑k=0+∞1k!e\leqslant \displaystyle\sum_{k=0}^{+\infty}\frac{1}{k!}．

注意上面的 (II)(\mathrm{II}) 式，在对 ana_n 进行放缩的时候，我们得到了

(1+1n)n<2+∑k=2n1k!=∑k=0n1k!\left(1+\dfrac{1}{n}\right)^n < 2+\sum_{k=2}^n \frac{1}{k!}= \sum_{k=0}^n \frac{1}{k!}

两边同时对 nn 取极限，可以得到

e⩽∑k=0+∞1k!e\leqslant \sum_{k=0}^{+\infty}\frac{1}{k!}

这样，我们就得到了 ee 的展开式：

e=1+11!+12!+13!+⋯+1n!+⋯e=1+\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+\cdots+\frac{1}{n!}+\cdots

用它来计算 ee 的话，收敛速度比前面要快的多：

∑k=091k!≈2.718281525∑k=0121k!≈2.718281828\begin{aligned}\sum_{k=0}^{9}\frac{1}{k!} &\approx 2.718281525 \\[2ex]\sum_{k=0}^{12}\frac{1}{k!} &\approx 2.718281828\end{aligned}

3. e 的另一种极限定义

我们知道，f(x)=exf(x)=e^x 的一个重要性质就是 f′(x)=f(x)f'(x)=f(x)，特别的，f′(0)=1f'(0)=1．我们也可以利用这一条性质来定义 ee：

若函数 y=axy=a^x （a>0a>0 且 a≠1a\ne 1）在 x=0x=0 处的切线斜率为 11，即 lim⁡x→0ax−1x=1\displaystyle\lim_{x\to 0}\frac{a^x-1}{x}=1，则 a=ea=e．

需要注意是，证明的过程用到了 y=log⁡axy=\log_a x 的连续性．

证明 a=ea=e．

令 t=1ax−1→∞t=\dfrac{1}{a^x-1}\to \infty，则 x=log⁡a(1+1t)x=\log_a \left(1+\dfrac{1}{t}\right)．

lim⁡x→0ax−1x=lim⁡t→01tlog⁡a(1+1t)=lim⁡t→01log⁡a(1+1t)t=1log⁡ae=log⁡ea=1\begin{aligned}\lim_{x\to 0} \frac{a^x-1}{x}&= \lim_{t\to 0} \frac{1}{t\log_a \left(1+\frac{1}{t}\right)} \\[2ex]&= \lim_{t\to 0} \frac{1}{\log_a \left(1+\frac{1}{t}\right)^t} \\[2ex]&= \frac{1}{\log_a e} = \log_e a = 1\end{aligned}

因此，a=ea=e．

这个定义的一个好处是，可以很容易地求出 f(x)=exf(x)=e^x 的导数：

f′(x)=lim⁡h→0ex+h−exh=ex⋅lim⁡h→0eh−1h=ex⋅1=ex\begin{aligned} f'(x) &=\lim_{h\to 0}\frac{e^{x+h}-e^x}{h} \\[2ex] &=e^x\cdot\lim_{h\to 0}\frac{e^h-1}{h} \\[2ex] &=e^x\cdot 1\\[2ex] &=e^x\end{aligned}

4. 总结

可以看到，上面我们用了三种不同的方法来定义 ee．虽然这些定义表面上看起来不一样，但它们是定义出来的 ee 都是一样的．也就是说，这三种方法实质上是等价的．第一种方法有实际的解释，相对比较自然；第二种方法计算简便，而且易于拓展；而第三种方法则方便证明指数函数的分析性质．

参考资料：

]]> 我们可以用多种方法来对 e 进行定义，而且这些不同的定义方法是等价的． diff --git a/categories/index.html b/categories/index.html index bd5a4aa43..63f400626 100644 --- a/categories/index.html +++ b/categories/index.html @@ -27,7 +27,7 @@ - + diff --git a/css/main.css b/css/main.css index 42cc05b3c..6ab71b009 100644 --- a/css/main.css +++ b/css/main.css @@ -1426,7 +1426,7 @@ pre code { transition: all 0.2s ease-in-out; } .links-of-author a::before { - background: #acffcf; + background: #f6ffff; display: inline-block; margin-right: 3px; transform: translateY(-2px); diff --git a/index.html b/index.html index 3e8ee1aa3..416b4d0b3 100644 --- a/index.html +++ b/index.html @@ -669,14 +669,14 @@

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  • - - + +
    - 包络线与抛物线 + 有理数与确界原理
  • - - + +
    - 有理数与确界原理 + 包络线与抛物线
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    本文字数： - 9.4k + 9.6k @@ -653,9 +653,9 @@

    n⩾2n\geqslant 2 时，我们把 (1+1n)n\left(1+\dfrac{1}{n}\right)^n 展开：

    (1+1n)n=∑k=0nCnk⋅1nk=1+n⋅1n+∑k=2nn(n−1)(n−2)⋯(n−k+1)k!⋅1nk=2+∑k=2n1k!⋅(n−1)(n−2)⋯(n−k+1)nk−1=2+∑k=2n1k!⋅(1−1n)(1−2n)⋯(1−k−1n)(I)\begin{aligned} \left(1+\dfrac{1}{n}\right)^n -&= \sum_{k=0}^n C_n^k\cdot\frac{1}{n^k} \\ -&= 1+n\cdot\frac{1}{n}+\sum_{k=2}^n \frac{n(n-1)(n-2)\cdots(n-k+1)}{k!}\cdot\frac{1}{n^k} \\ -&= 2+\sum_{k=2}^n \frac{1}{k!}\cdot\frac{(n-1)(n-2)\cdots(n-k+1)}{n^{k-1}} \\ +&= \sum_{k=0}^n C_n^k\cdot\frac{1}{n^k} \\[2ex] +&= 1+n\cdot\frac{1}{n}+\sum_{k=2}^n \frac{n(n-1)(n-2)\cdots(n-k+1)}{k!}\cdot\frac{1}{n^k} \\[2ex] +&= 2+\sum_{k=2}^n \frac{1}{k!}\cdot\frac{(n-1)(n-2)\cdots(n-k+1)}{n^{k-1}} \\[2ex] &= 2+\sum_{k=2}^n \frac{1}{k!}\cdot\left(1-\frac{1}{n}\right)\left(1-\frac{2}{n}\right)\cdots\left(1-\frac{k-1}{n}\right) \end{aligned}\tag{I}

    @@ -674,13 +674,13 @@

    {an}\{a_n\} 展开式 (I)(\mathrm{I})，

    (1+1n)n=2+∑k=2n1k!⋅(1−1n)(1−2n)⋯(1−k−1n)<2+∑k=2n1k!<2+∑k=2n1k(k−1)=2+(1−1n)=3−1n(II)\begin{aligned} \left(1+\dfrac{1}{n}\right)^n -&= 2+\sum_{k=2}^n \frac{1}{k!}\cdot\left(1-\frac{1}{n}\right)\left(1-\frac{2}{n}\right)\cdots\left(1-\frac{k-1}{n}\right) \\ -&< 2+\sum_{k=2}^n \frac{1}{k!} \\ -&< 2+\sum_{k=2}^n \frac{1}{k(k-1)} \\ -&= 2+\left(1-\frac{1}{n}\right) \\ +&= 2+\sum_{k=2}^n \frac{1}{k!}\cdot\left(1-\frac{1}{n}\right)\left(1-\frac{2}{n}\right)\cdots\left(1-\frac{k-1}{n}\right) \\[2ex] +&< 2+\sum_{k=2}^n \frac{1}{k!} \\[2ex] +&< 2+\sum_{k=2}^n \frac{1}{k(k-1)} \\[2ex] +&= 2+\left(1-\frac{1}{n}\right) \\[2ex] &= 3-\frac{1}{n} \end{aligned}\tag{II} -

    +

    所以可以得到 an<3a_n<3 恒成立，即数列 {an}\{a_n\} 有上界．

    @@ -693,9 +693,10 @@

    先考虑 x→+∞x\to +\infty 的情况；

    我们令 n=⌊x⌋n=\lfloor x\rfloor，注意到，n⩽x<n+1n \leqslant x<n +1，于是有

    -

    1+1n+1<1+1x⩽1+1n  ⟹  (1+1n+1)n⩽(1+1n+1)x<(1+1x)x⩽(1+1n)x<(1+1n)n+11+\frac{1}{n+1}<1+\frac{1}{x}\leqslant 1+\frac{1}{n}\\[2ex] -\implies \left(1+\frac{1}{n+1}\right)^{n} \leqslant \left(1+\frac{1}{n+1}\right)^{x} < \left(1+\frac{1}{x}\right)^{x} \leqslant \left(1+\frac{1}{n}\right)^{x} < \left(1+\frac{1}{n}\right)^{n+1} -

    +

    1+1n+1<1+1x⩽1+1n1+\frac{1}{n+1}<1+\frac{1}{x}\leqslant 1+\frac{1}{n} +

    +

      ⟹  (1+1n+1)n⩽(1+1n+1)x<(1+1x)x⩽(1+1n)x<(1+1n)n+1\implies \left(1+\frac{1}{n+1}\right)^{n} \leqslant \left(1+\frac{1}{n+1}\right)^{x} < \left(1+\frac{1}{x}\right)^{x} \leqslant \left(1+\frac{1}{n}\right)^{x} < \left(1+\frac{1}{n}\right)^{n+1} +

    因此

    lim⁡x→+∞(1+1x)x⩾lim⁡n→+∞(1+1n+1)n=lim⁡n→+∞[(1+1n+1)n+1]nn+1=e1=e\begin{aligned} \lim_{x\to +\infty} \left(1+\frac{1}{x}\right)^{x} @@ -740,7 +741,7 @@

    对任意的 m>n⩾2m>n\geqslant 2，根据上面的 (I)(\mathrm{I}) 式，

    (1+1m)m=2+∑k=2m1k!⋅(1−1m)(1−2m)⋯(1−k−1m)>2+∑k=2n1k!⋅(1−1m)(1−2m)⋯(1−k−1m)\begin{aligned} \left(1+\dfrac{1}{m}\right)^m -&= 2+\sum_{k=2}^m \frac{1}{k!}\cdot\left(1-\frac{1}{m}\right)\left(1-\frac{2}{m}\right)\cdots\left(1-\frac{k-1}{m}\right) \\ +&= 2+\sum_{k=2}^m \frac{1}{k!}\cdot\left(1-\frac{1}{m}\right)\left(1-\frac{2}{m}\right)\cdots\left(1-\frac{k-1}{m}\right) \\[2ex] &> 2+\sum_{k=2}^n \frac{1}{k!}\cdot\left(1-\frac{1}{m}\right)\left(1-\frac{2}{m}\right)\cdots\left(1-\frac{k-1}{m}\right) \end{aligned}

    @@ -770,7 +771,7 @@

    用它来计算 ee 的话，收敛速度比前面要快的多：

    ∑k=091k!≈2.718281525∑k=0121k!≈2.718281828\begin{aligned} -\sum_{k=0}^{9}\frac{1}{k!} &\approx 2.718281525 \\ +\sum_{k=0}^{9}\frac{1}{k!} &\approx 2.718281525 \\[2ex] \sum_{k=0}^{12}\frac{1}{k!} &\approx 2.718281828 \end{aligned}

    @@ -784,17 +785,19 @@

    t=1ax−1→∞t=\dfrac{1}{a^x-1}\to \infty，则 x=log⁡a(1+1t)x=\log_a \left(1+\dfrac{1}{t}\right)．

    lim⁡x→0ax−1x=lim⁡t→01tlog⁡a(1+1t)=lim⁡t→01log⁡a(1+1t)t=1log⁡ae=log⁡ea=1\begin{aligned} \lim_{x\to 0} \frac{a^x-1}{x} -&= \lim_{t\to 0} \frac{1}{t\log_a \left(1+\frac{1}{t}\right)} \\ -&= \lim_{t\to 0} \frac{1}{\log_a \left(1+\frac{1}{t}\right)^t} \\ +&= \lim_{t\to 0} \frac{1}{t\log_a \left(1+\frac{1}{t}\right)} \\[2ex] +&= \lim_{t\to 0} \frac{1}{\log_a \left(1+\frac{1}{t}\right)^t} \\[2ex] &= \frac{1}{\log_a e} = \log_e a = 1 \end{aligned} -

    +

    因此，a=ea=e．

    这个定义的一个好处是，可以很容易地求出 f(x)=exf(x)=e^x 的导数：

    -

    f′(x)=lim⁡h→0ex+h−exh=ex⋅lim⁡h→0eh−1h=ex⋅1=exf'(x)=\lim_{h\to 0}\frac{e^{x+h}-e^x}{h}=e^x\cdot\lim_{h\to 0}\frac{e^h-1}{h}=e^x\cdot 1=e^x -

    +

    f′(x)=lim⁡h→0ex+h−exh=ex⋅lim⁡h→0eh−1h=ex⋅1=ex\begin{aligned} + f'(x) &=\lim_{h\to 0}\frac{e^{x+h}-e^x}{h} \\[2ex] &=e^x\cdot\lim_{h\to 0}\frac{e^h-1}{h} \\[2ex] &=e^x\cdot 1\\[2ex] &=e^x +\end{aligned} +

    4. 总结

    可以看到，上面我们用了三种不同的方法来定义 ee．虽然这些定义表面上看起来不一样，但它们是定义出来的 ee 都是一样的．也就是说，这三种方法实质上是等价的．第一种方法有实际的解释，相对比较自然；第二种方法计算简便，而且易于拓展；而第三种方法则方便证明指数函数的分析性质．

    diff --git a/posts/2024-09-08-China-Second-Round-2024-Geometry/index.html b/posts/2024-09-08-China-Second-Round-2024-Geometry/index.html index 1e1ede325..96d8b07d6 100644 --- a/posts/2024-09-08-China-Second-Round-2024-Geometry/index.html +++ b/posts/2024-09-08-China-Second-Round-2024-Geometry/index.html @@ -622,14 +622,14 @@

    本文字数： - 4.9k + 5.1k 阅读时长 ≈ - 12 分钟 + 13 分钟 @@ -655,7 +655,7 @@

    BB、PP、QQ、DD 四点共圆。

    3.2. 步骤2：找相似

    接下来关键的步骤是找到相似三角形：

    -

    △K′QA∼△ASB\triangle K'QA\sim\triangle ASB，△KPA∼△ATD\triangle KPA\sim \triangle ATD。

    +

    设 AEAE 和圆 ω1\omega_1 的第二个交点为 SS，AFAF 和圆 ω2\omega_2 的第二个交点为 TT，则 △K′QA∼△ASB\triangle K'QA\sim\triangle ASB，△KPA∼△ATD\triangle KPA\sim \triangle ATD。

    解法一：相似

    这个只需要倒角即可证明。

    @@ -663,8 +663,10 @@

    ∠APB=∠CAB=∠CAD=∠AQD, \angle APB = \angle CAB = \angle CAD = \angle AQD,

    因此

    -

    ∠ASB=180∘−∠APB=180∘−∠AQD=∠AQK′. \angle ASB = 180^{\circ}-\angle APB = 180^{\circ}-\angle AQD = \angle AQK'. -

    +

    ∠ASB=180∘−∠APB=180∘−∠AQD=∠AQK′. \begin{aligned} + \angle ASB &= 180^{\circ}-\angle APB \\ &= 180^{\circ}-\angle AQD \\ &= \angle AQK'. + \end{aligned} +

    而

    ∠ABS=∠CAS=∠K′AQ, \angle ABS = \angle CAS = \angle K'AQ,

    @@ -705,10 +707,10 @@

    4. 第二种思路

    我们对以点 AA 为圆心、任意长度为半径的圆进行反演变换，记点 XX 的反演点为 X∗X^*。

    @@ -735,11 +737,13 @@

    则

    -

    Q∗N=ANsin⁡∠AQ∗N⋅sin⁡∠Q∗AN=AD∗⋅sin⁡(θ−α)sin⁡α,P∗M=AMsin⁡∠AP∗M⋅sin⁡P∗AM=AB∗⋅sin⁡(θ−β)sin⁡β. \begin{aligned} - Q^*N & = \frac{AN}{\sin \angle AQ^*N}\cdot \sin \angle Q^*AN = AD^*\cdot \frac{\sin (\theta-\alpha)}{\sin \alpha}, \\ - P^*M & = \frac{AM}{\sin \angle AP^*M}\cdot \sin P^*AM = AB^*\cdot \frac{\sin (\theta-\beta)}{\sin \beta}. +

    Q∗N=ANsin⁡∠AQ∗N⋅sin⁡∠Q∗AN=AD∗⋅sin⁡(θ−α)sin⁡α,P∗M=AMsin⁡∠AP∗M⋅sin⁡P∗AM=AB∗⋅sin⁡(θ−β)sin⁡β. \begin{aligned} + Q^*N & = \frac{AN}{\sin \angle AQ^*N}\cdot \sin \angle Q^*AN \\[2ex] + & = AD^*\cdot \frac{\sin (\theta-\alpha)}{\sin \alpha}, \\[2ex] + P^*M & = \frac{AM}{\sin \angle AP^*M}\cdot \sin P^*AM \\[2ex] + & = AB^*\cdot \frac{\sin (\theta-\beta)}{\sin \beta}. \end{aligned} -

    +

    因此只需证明

    ABAD=AD∗AB∗=sin⁡(θ−β)sin⁡β⋅sin⁡αsin⁡(θ−β) \frac{AB}{AD} = \frac{AD^*}{AB^*} = \frac{\sin (\theta-\beta)}{\sin \beta}\cdot \frac{\sin \alpha}{\sin (\theta-\beta)}

    diff --git a/search.xml b/search.xml index 45b117732..1b29e8ffb 100644 --- a/search.xml +++ b/search.xml @@ -6478,9 +6478,9 @@ M834 80h400000v40h-400000z'/>

    当 n⩾2n\geqslant 2 时，我们把 (1+1n)n\left(1+\dfrac{1}{n}\right)^n 展开：

    (1+1n)n=∑k=0nCnk⋅1nk=1+n⋅1n+∑k=2nn(n−1)(n−2)⋯(n−k+1)k!⋅1nk=2+∑k=2n1k!⋅(n−1)(n−2)⋯(n−k+1)nk−1=2+∑k=2n1k!⋅(1−1n)(1−2n)⋯(1−k−1n)(I)\begin{aligned} \left(1+\dfrac{1}{n}\right)^n -&= \sum_{k=0}^n C_n^k\cdot\frac{1}{n^k} \\ -&= 1+n\cdot\frac{1}{n}+\sum_{k=2}^n \frac{n(n-1)(n-2)\cdots(n-k+1)}{k!}\cdot\frac{1}{n^k} \\ -&= 2+\sum_{k=2}^n \frac{1}{k!}\cdot\frac{(n-1)(n-2)\cdots(n-k+1)}{n^{k-1}} \\ +&= \sum_{k=0}^n C_n^k\cdot\frac{1}{n^k} \\[2ex] +&= 1+n\cdot\frac{1}{n}+\sum_{k=2}^n \frac{n(n-1)(n-2)\cdots(n-k+1)}{k!}\cdot\frac{1}{n^k} \\[2ex] +&= 2+\sum_{k=2}^n \frac{1}{k!}\cdot\frac{(n-1)(n-2)\cdots(n-k+1)}{n^{k-1}} \\[2ex] &= 2+\sum_{k=2}^n \frac{1}{k!}\cdot\left(1-\frac{1}{n}\right)\left(1-\frac{2}{n}\right)\cdots\left(1-\frac{k-1}{n}\right) \end{aligned}\tag{I}

    @@ -6499,13 +6499,13 @@ M834 80h400000v40h-400000z'/>

    根据上面 {an}\{a_n\} 展开式 (I)(\mathrm{I})，

    (1+1n)n=2+∑k=2n1k!⋅(1−1n)(1−2n)⋯(1−k−1n)<2+∑k=2n1k!<2+∑k=2n1k(k−1)=2+(1−1n)=3−1n(II)\begin{aligned} \left(1+\dfrac{1}{n}\right)^n -&= 2+\sum_{k=2}^n \frac{1}{k!}\cdot\left(1-\frac{1}{n}\right)\left(1-\frac{2}{n}\right)\cdots\left(1-\frac{k-1}{n}\right) \\ -&< 2+\sum_{k=2}^n \frac{1}{k!} \\ -&< 2+\sum_{k=2}^n \frac{1}{k(k-1)} \\ -&= 2+\left(1-\frac{1}{n}\right) \\ +&= 2+\sum_{k=2}^n \frac{1}{k!}\cdot\left(1-\frac{1}{n}\right)\left(1-\frac{2}{n}\right)\cdots\left(1-\frac{k-1}{n}\right) \\[2ex] +&< 2+\sum_{k=2}^n \frac{1}{k!} \\[2ex] +&< 2+\sum_{k=2}^n \frac{1}{k(k-1)} \\[2ex] +&= 2+\left(1-\frac{1}{n}\right) \\[2ex] &= 3-\frac{1}{n} \end{aligned}\tag{II} -

    +

    所以可以得到 an<3a_n<3 恒成立，即数列 {an}\{a_n\} 有上界．

    @@ -6518,9 +6518,10 @@ M834 80h400000v40h-400000z'/>

    先考虑 x→+∞x\to +\infty 的情况；

    我们令 n=⌊x⌋n=\lfloor x\rfloor，注意到，n⩽x<n+1n \leqslant x<n +1，于是有

    -

    1+1n+1<1+1x⩽1+1n  ⟹  (1+1n+1)n⩽(1+1n+1)x<(1+1x)x⩽(1+1n)x<(1+1n)n+11+\frac{1}{n+1}<1+\frac{1}{x}\leqslant 1+\frac{1}{n}\\[2ex] -\implies \left(1+\frac{1}{n+1}\right)^{n} \leqslant \left(1+\frac{1}{n+1}\right)^{x} < \left(1+\frac{1}{x}\right)^{x} \leqslant \left(1+\frac{1}{n}\right)^{x} < \left(1+\frac{1}{n}\right)^{n+1} -

    +

    1+1n+1<1+1x⩽1+1n1+\frac{1}{n+1}<1+\frac{1}{x}\leqslant 1+\frac{1}{n} +

    +

      ⟹  (1+1n+1)n⩽(1+1n+1)x<(1+1x)x⩽(1+1n)x<(1+1n)n+1\implies \left(1+\frac{1}{n+1}\right)^{n} \leqslant \left(1+\frac{1}{n+1}\right)^{x} < \left(1+\frac{1}{x}\right)^{x} \leqslant \left(1+\frac{1}{n}\right)^{x} < \left(1+\frac{1}{n}\right)^{n+1} +

    因此

    lim⁡x→+∞(1+1x)x⩾lim⁡n→+∞(1+1n+1)n=lim⁡n→+∞[(1+1n+1)n+1]nn+1=e1=e\begin{aligned} \lim_{x\to +\infty} \left(1+\frac{1}{x}\right)^{x} @@ -6565,7 +6566,7 @@ M834 80h400000v40h-400000z'/>

    对任意的 m>n⩾2m>n\geqslant 2，根据上面的 (I)(\mathrm{I}) 式，

    (1+1m)m=2+∑k=2m1k!⋅(1−1m)(1−2m)⋯(1−k−1m)>2+∑k=2n1k!⋅(1−1m)(1−2m)⋯(1−k−1m)\begin{aligned} \left(1+\dfrac{1}{m}\right)^m -&= 2+\sum_{k=2}^m \frac{1}{k!}\cdot\left(1-\frac{1}{m}\right)\left(1-\frac{2}{m}\right)\cdots\left(1-\frac{k-1}{m}\right) \\ +&= 2+\sum_{k=2}^m \frac{1}{k!}\cdot\left(1-\frac{1}{m}\right)\left(1-\frac{2}{m}\right)\cdots\left(1-\frac{k-1}{m}\right) \\[2ex] &> 2+\sum_{k=2}^n \frac{1}{k!}\cdot\left(1-\frac{1}{m}\right)\left(1-\frac{2}{m}\right)\cdots\left(1-\frac{k-1}{m}\right) \end{aligned}

    @@ -6595,7 +6596,7 @@ M834 80h400000v40h-400000z'/>

    用它来计算 ee 的话，收敛速度比前面要快的多：

    ∑k=091k!≈2.718281525∑k=0121k!≈2.718281828\begin{aligned} -\sum_{k=0}^{9}\frac{1}{k!} &\approx 2.718281525 \\ +\sum_{k=0}^{9}\frac{1}{k!} &\approx 2.718281525 \\[2ex] \sum_{k=0}^{12}\frac{1}{k!} &\approx 2.718281828 \end{aligned}

    @@ -6609,17 +6610,19 @@ M834 80h400000v40h-400000z'/>

    令 t=1ax−1→∞t=\dfrac{1}{a^x-1}\to \infty，则 x=log⁡a(1+1t)x=\log_a \left(1+\dfrac{1}{t}\right)．

    lim⁡x→0ax−1x=lim⁡t→01tlog⁡a(1+1t)=lim⁡t→01log⁡a(1+1t)t=1log⁡ae=log⁡ea=1\begin{aligned} \lim_{x\to 0} \frac{a^x-1}{x} -&= \lim_{t\to 0} \frac{1}{t\log_a \left(1+\frac{1}{t}\right)} \\ -&= \lim_{t\to 0} \frac{1}{\log_a \left(1+\frac{1}{t}\right)^t} \\ +&= \lim_{t\to 0} \frac{1}{t\log_a \left(1+\frac{1}{t}\right)} \\[2ex] +&= \lim_{t\to 0} \frac{1}{\log_a \left(1+\frac{1}{t}\right)^t} \\[2ex] &= \frac{1}{\log_a e} = \log_e a = 1 \end{aligned} -

    +

    因此，a=ea=e．

    这个定义的一个好处是，可以很容易地求出 f(x)=exf(x)=e^x 的导数：

    -

    f′(x)=lim⁡h→0ex+h−exh=ex⋅lim⁡h→0eh−1h=ex⋅1=exf'(x)=\lim_{h\to 0}\frac{e^{x+h}-e^x}{h}=e^x\cdot\lim_{h\to 0}\frac{e^h-1}{h}=e^x\cdot 1=e^x -

    +

    f′(x)=lim⁡h→0ex+h−exh=ex⋅lim⁡h→0eh−1h=ex⋅1=ex\begin{aligned} + f'(x) &=\lim_{h\to 0}\frac{e^{x+h}-e^x}{h} \\[2ex] &=e^x\cdot\lim_{h\to 0}\frac{e^h-1}{h} \\[2ex] &=e^x\cdot 1\\[2ex] &=e^x +\end{aligned} +

    4. 总结

    可以看到，上面我们用了三种不同的方法来定义 ee．虽然这些定义表面上看起来不一样，但它们是定义出来的 ee 都是一样的．也就是说，这三种方法实质上是等价的．第一种方法有实际的解释，相对比较自然；第二种方法计算简便，而且易于拓展；而第三种方法则方便证明指数函数的分析性质．

    @@ -7847,7 +7850,7 @@ p^2=2&\implies m^2=2n^2\implies 2|m^2 \implies 2|m \\

    可得出BB、PP、QQ、DD 四点共圆。

    3.2. 步骤2：找相似

    接下来关键的步骤是找到相似三角形：

    -

    △K′QA∼△ASB\triangle K'QA\sim\triangle ASB，△KPA∼△ATD\triangle KPA\sim \triangle ATD。

    +

    设 AEAE 和圆 ω1\omega_1 的第二个交点为 SS，AFAF 和圆 ω2\omega_2 的第二个交点为 TT，则 △K′QA∼△ASB\triangle K'QA\sim\triangle ASB，△KPA∼△ATD\triangle KPA\sim \triangle ATD。

    解法一：相似

    这个只需要倒角即可证明。

    @@ -7855,8 +7858,10 @@ p^2=2&\implies m^2=2n^2\implies 2|m^2 \implies 2|m \\

    ∠APB=∠CAB=∠CAD=∠AQD, \angle APB = \angle CAB = \angle CAD = \angle AQD,

    因此

    -

    ∠ASB=180∘−∠APB=180∘−∠AQD=∠AQK′. \angle ASB = 180^{\circ}-\angle APB = 180^{\circ}-\angle AQD = \angle AQK'. -

    +

    ∠ASB=180∘−∠APB=180∘−∠AQD=∠AQK′. \begin{aligned} + \angle ASB &= 180^{\circ}-\angle APB \\ &= 180^{\circ}-\angle AQD \\ &= \angle AQK'. + \end{aligned} +

    而

    ∠ABS=∠CAS=∠K′AQ, \angle ABS = \angle CAS = \angle K'AQ,

    @@ -7897,10 +7902,10 @@ p^2=2&\implies m^2=2n^2\implies 2|m^2 \implies 2|m \\

    利用面积的比例可得：

    BEEC=S△ABES△AEC=ABsin⁡(θ−α)ACsin⁡α,DFFC=S△ADFS△AFC=ADsin⁡(θ−β)ACsin⁡β. \begin{aligned} - \frac{BE}{EC} &= \frac{S_{\triangle ABE}}{S_{\triangle AEC}}=\frac{AB\sin (\theta-\alpha)}{AC\sin \alpha}, \\ + \frac{BE}{EC} &= \frac{S_{\triangle ABE}}{S_{\triangle AEC}}=\frac{AB\sin (\theta-\alpha)}{AC\sin \alpha}, \\[2ex] \frac{DF}{FC} &= \frac{S_{\triangle ADF}}{S_{\triangle AFC}}=\frac{AD\sin (\theta-\beta)}{AC\sin \beta}. \end{aligned} -

    +

    整理一下即可得到上面的要证明的式子。

    4. 第二种思路

    我们对以点 AA 为圆心、任意长度为半径的圆进行反演变换，记点 XX 的反演点为 X∗X^*。

    @@ -7927,11 +7932,13 @@ p^2=2&\implies m^2=2n^2\implies 2|m^2 \implies 2|m \\ \end{aligned}

    则

    -

    Q∗N=ANsin⁡∠AQ∗N⋅sin⁡∠Q∗AN=AD∗⋅sin⁡(θ−α)sin⁡α,P∗M=AMsin⁡∠AP∗M⋅sin⁡P∗AM=AB∗⋅sin⁡(θ−β)sin⁡β. \begin{aligned} - Q^*N & = \frac{AN}{\sin \angle AQ^*N}\cdot \sin \angle Q^*AN = AD^*\cdot \frac{\sin (\theta-\alpha)}{\sin \alpha}, \\ - P^*M & = \frac{AM}{\sin \angle AP^*M}\cdot \sin P^*AM = AB^*\cdot \frac{\sin (\theta-\beta)}{\sin \beta}. +

    Q∗N=ANsin⁡∠AQ∗N⋅sin⁡∠Q∗AN=AD∗⋅sin⁡(θ−α)sin⁡α,P∗M=AMsin⁡∠AP∗M⋅sin⁡P∗AM=AB∗⋅sin⁡(θ−β)sin⁡β. \begin{aligned} + Q^*N & = \frac{AN}{\sin \angle AQ^*N}\cdot \sin \angle Q^*AN \\[2ex] + & = AD^*\cdot \frac{\sin (\theta-\alpha)}{\sin \alpha}, \\[2ex] + P^*M & = \frac{AM}{\sin \angle AP^*M}\cdot \sin P^*AM \\[2ex] + & = AB^*\cdot \frac{\sin (\theta-\beta)}{\sin \beta}. \end{aligned} -

    +

    因此只需证明

    ABAD=AD∗AB∗=sin⁡(θ−β)sin⁡β⋅sin⁡αsin⁡(θ−β) \frac{AB}{AD} = \frac{AD^*}{AB^*} = \frac{\sin (\theta-\beta)}{\sin \beta}\cdot \frac{\sin \alpha}{\sin (\theta-\beta)}

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