自然対数の底に収束することの証明

二項定理を使って展開し，各項を比較する。

$a_n=\displaystyle\sum_{k=0}^n\dfrac{{}_n\mathrm{C}_{k}}{n^k}$

$a_{n+1}=\displaystyle\sum_{k=0}^n\dfrac{{}_{n+1}\mathrm{C}_{k}}{(n+1)^k}+\dfrac{1}{(n+1)^{n+1}}$

よって，$\dfrac{{}_n\mathrm{C}_{k}}{n^k}\leq\dfrac{{}_{n+1}\mathrm{C}_{k}}{(n+1)^k}$ を示せば十分。

分母を払って二項係数を整理した不等式：

$(n+1)^{k}\dfrac{n!}{k!(n-k)!}\leq n^k\dfrac{(n+1)!}{k!(n-k+1)!}$

つまり

$(n+1)^{k-1}(n-k+1)\leq n^k$

を示せば十分。

これは，$(k-1)$ 個の $(n+1)$ と $1$ 個の $(n-k+1)$ に相加相乗平均の不等式を使うことで証明できる：

$(k-1)(n+1)+(n-k+1)\\ \geq k\sqrt[k]{(n+1)^{k-1}(n-k+1)}$

二項定理を使わずに，直接証明する方法もある。

$n$ 個の $\dfrac{n+1}{n}$ と $1$ 個の $1$ に相加相乗平均の不等式を用いると，

$\dfrac{\frac{n+1}{n}\cdot n+1}{n+1} > \sqrt[n+1]{\left(\dfrac{n+1}{n} \right)^n}$

この式を整理すると $a_{n+1} > a_n$ となる。

数列をつなげた関数 $f(x)=\left(1+\dfrac{1}{x} \right)^x$ を考えて，微分して不等式を示すという方針。このままでは計算しにくいので対数を取ってから微分する。

$g(x)=x\log\left(1+\dfrac{1}{x} \right)$ の $x > 0$ での単調増加性を示せばよい。

$g'(x)=-\dfrac{1}{x+1}+\log\left(1+\dfrac{1}{x} \right)$

$g''(x)=\dfrac{1}{(x+1)^2}-\dfrac{1}{x(x+1)}\\=-\dfrac{1}{x(x+1)^2}< 0$

となり，$g'(x)$ は減少関数で $\displaystyle\lim_{x\to\infty}g'(x)=0$ なので，$x > 0$ で $g'(x) > 0$ が分かる。よって $g(x)$ は単調増加。

二項定理より，

$a_n=\left(1+\dfrac{1}{n} \right)^n\\ =\displaystyle\sum_{k=0}^n{}_n\mathrm{C}_{k}\dfrac{1}{n^k}\\ =\displaystyle\sum_{k=0}^n\dfrac{1}{k!}1\cdot\left(1-\dfrac{1}{n} \right)\cdot\left(1-\dfrac{2}{n} \right)\cdots\left(1-\dfrac{k-1}{n} \right)\\ \leq \displaystyle\sum_{k=0}^n\dfrac{1}{k!}\\ \leq 1+1+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2^2}+\dfrac{1}{2^3}+\cdots\\ \leq 1+\dfrac{1}{1-\tfrac{1}{2}}=3$