b.
Ta chứng minh: với $x > 0$ và với mọi số nguyên dương n, ta đều có: ${e^x} > 1 + x + \frac{{{x^2}}}{{2!}} + \frac{{{x^3}}}{{3!}} + ... + \frac{{{x^n}}}{{n!}}$
Với số nguyên dương $n$, đặt:
${f_n}(x) = {e^x} - \left( {1 + x + \frac{{{x^2}}}{{2!}} + \frac{{{x^3}}}{{3!}} + ... + \frac{{{x^n}}}{{n!}}} \right)$
Ta cần chứng minh ${f_n}(x) > 0$ khi $x > 0$
Theo phép quy nạp toán học:
Với $n = 1$, ta có :
${f_1}(x) = {e^x} - 1 - x$
Vì ${f_1}^'(x) = {e^x} - 1 \ge 0$ khi $x \ge 0$
Vậy ${f_1}(x)$ đồng biến trên $\left[ {0; + \infty } \right)$ mà ${f_1}(0) = 0$ suy ra ${f_1}(x) > 0$ khi $x > 0$
Giả sử bất đẳng thức đúng với $n = k$, tức là :
${f_k}(x) = {e^x} - \left( {1 + x + \frac{{{x^2}}}{{2!}} + \frac{{{x^3}}}{{3!}} + ... + \frac{{{x^k}}}{{k!}}} \right) > 0$
Khi $x > 0$. Với hàm:
${f_{k + 1}}(x) = {e^x} - \left( {1 + x + \frac{{{x^2}}}{{2!}} + \frac{{{x^3}}}{{3!}} + ... + \frac{{{x^k}}}{{k!}} + \frac{{{x^{k + 1}}}}{{\left( {k + 1} \right)!}}} \right)$, ta có
${f^'}_{k + 1}(x) = {e^x} - \left( {1 + x + \frac{{{x^2}}}{{2!}} + ... + \frac{{{x^{k - 1}}}}{{\left( {k - 1} \right)!}} + \frac{{{x^k}}}{{k!}}} \right) = {f_k}(x)$
Vì ${f^'}_{k + 1}(x) = f(x) \ge 0$ khi $x \ge 0$, nên ${f_{k + 1}}(x)$ đồng biến trên $\left[ {0; + \infty } \right)$ mà ${f_{k + 1}}(0) = 0$ nên ${f_{k + 1}}(x) > 0$ khi $x > 0$, tức là bất đẳng thức đúng với $n = k + 1$
Theo nguyên lí quy nạp : với $x > 0$ và với mọi số nguyên dương $n$, ta đều có:
${f_n}(x) = {e^x} - \left( {1 + x + \frac{{{x^2}}}{{2!}} + \frac{{{x^3}}}{{3!}} + ... + \frac{{{x^n}}}{{n!}}} \right) > 0$
Hay ${e^x} > 1 + x + \frac{{{x^2}}}{{2!}} + \frac{{{x^3}}}{{3!}} + ... + \frac{{{x^n}}}{{n!}}$
Với $x=1,n=2010$ ta có đpcm.