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Topos Uranos
Deutsch

Die Zahl e und die natürliche Exponentialfunktion

Zusammenfassung

Diese Lektion konstruiert die Zahl ee als Supremum der Folge (1+1n)n\left( 1 + \frac{1}{n} \right)^n, die aus dem Zinseszins entsteht: Sie beweist mit dem binomischen Lehrsatz, dass die Folge wächst und den Wert 33 nicht erreicht, und schließt ihr Supremum zwischen ihr und der fallenden Folge (1+1n)n+1\left( 1 + \frac{1}{n} \right)^{n + 1} ein. Danach beweist sie, dass ee auch das Supremum der Summen der Kehrwerte der Fakultäten ist, schätzt den Fehler dieser Summen ab, was erlaubt, ee mit jeder gewünschten Genauigkeit zu berechnen, und beweist, dass ee irrational ist. Schließlich definiert sie die natürliche Exponentialfunktion, verbindet sie mit der stetigen Verzinsung und beweist die Ungleichung ex≥1+xe^x \geq 1 + x, die besagt, dass die Gerade y=1+xy = 1 + x unterhalb des Graphen der Exponentialfunktion liegt.

Lernziele

  1. Beweisen, dass die Folge (1+1n)n\left( 1 + \frac{1}{n} \right)^n wachsend und beschränkt ist, und die Zahl ee als ihr Supremum definieren.
  2. Näherungswerte von ee mithilfe der Summe der Kehrwerte der Fakultäten berechnen, mit einer strengen Fehlerschranke, und beweisen, dass ee irrational ist.
  3. Die natürliche Exponentialfunktion mit dem Zinseszins und mit der stetigen Verzinsung in Beziehung setzen und die Wirkung verschieden häufiger Verzinsung vergleichen.
  4. Die Ungleichung ex≥1+xe^x \geq 1 + x beweisen und anwenden und sie als die Lage der Geraden y=1+xy = 1 + x bezüglich des Graphen von y=exy = e^x deuten.

Die Folge des Zinseszinses

Ein Kapital von 11 wird ein Jahr lang zu einem Zins von hundert Prozent jährlich angelegt. Werden die Zinsen nur einmal gezahlt, am Ende des Jahres, so verdoppelt sich das Kapital und beträgt 22. Werden sie zweimal gezahlt, jedes Halbjahr mit dem halben Zinssatz, so tragen die Zinsen des ersten Halbjahres im zweiten ihrerseits Zinsen: Das Kapital wird zweimal mit 1+121 + \frac{1}{2} multipliziert und beträgt 94\frac{9}{4}. Bei vier vierteljährlichen Zahlungen beträgt es (1+14)4=625256\left( 1 + \frac{1}{4} \right)^4 = \frac{625}{256}, etwas mehr als 2,44, und bei zwölf monatlichen Zahlungen etwas mehr als 2,61. Allgemein: Wird das Jahr in nn gleiche Perioden geteilt und in jeder der Bruchteil 1n\frac{1}{n} des Zinssatzes gezahlt, so wird das Kapital nn Mal mit 1+1n1 + \frac{1}{n} multipliziert und beträgt am Ende des Jahres

an=(1+1n)na_n = \left( 1 + \frac{1}{n} \right)^n

Wächst nn, so wird öfter multipliziert, aber mit einem Faktor, der näher bei 11 liegt, und es ist nicht offensichtlich, welche der beiden Wirkungen überwiegt: Die Potenzen von 11 sind alle gleich 11, während die Potenzen einer festen Basis größer als 11 unbeschränkt wachsen. In diesem Teil der Lektion wird bewiesen, dass die Folge wächst, ihre Terme aber den Wert 33 nicht erreichen; ihr Supremum ist die Zahl ee. Die Beweise stützen sich auf den binomischen Lehrsatz aus der Lektion über die Kombinatorik und den binomischen Lehrsatz, auf die bernoullische Ungleichung, (1+x)n≥1+nx(1 + x)^n \geq 1 + nx für x≥−1x \geq -1, bewiesen in der Lektion über die Peano-Axiome, und auf die Vollständigkeit der reellen Zahlen, formuliert in der Lektion über die Zahlbereiche.

Das Wachstum der Folge

Nach dem binomischen Lehrsatz ist ana_n eine Summe von n+1n + 1 Termen. Der Term mit dem Index kk ist (nk)1nk\binom{n}{k} \frac{1}{n^k}, und er schreibt sich als Produkt von 1k!\frac{1}{k!} mit k−1k - 1 positiven Faktoren kleiner als 11; mit der Konvention, dass ein Produkt ohne Faktoren gleich 11 ist, gilt die Darstellung auch für k=0k = 0 und k=1k = 1:

an=∑k=0n1k!∏j=1k−1(1−jn)=1+1+12!(1−1n)+13!(1−1n)(1−2n)+⋯a_n = \sum_{k=0}^{n} \frac{1}{k!} \prod_{j=1}^{k - 1} \left( 1 - \frac{j}{n} \right) = 1 + 1 + \frac{1}{2!} \left( 1 - \frac{1}{n} \right) + \frac{1}{3!} \left( 1 - \frac{1}{n} \right) \left( 1 - \frac{2}{n} \right) + \cdots

In dieser Darstellung kommt nn nur in den Faktoren 1−jn1 - \frac{j}{n} vor, die mit nn wachsen, und in der Anzahl der Terme, die ebenfalls wächst. Beide Wirkungen gehen in dieselbe Richtung; das ist die Idee des folgenden Satzes.

SatzWachstum der Folge

Für jede natürliche Zahl nn gilt an<an+1a_n < a_{n + 1}, das heißt, die Folge (1+1n)n\left( 1 + \frac{1}{n} \right)^n ist streng monoton wachsend.

Die binomischen Entwicklungen von ana_n und von an+1a_{n + 1} werden Term für Term verglichen. Die Abbildung stellt für n=3n = 3 jeden Term als Block einer Säule dar, die bei 22 beginnt, weil die ersten beiden Terme in jedem Fall gleich 11 sind.

Beweis

  1. (nk)1nk=n(n−1)⋯(n−k+1)k! nk=1k!⋅nn⋅n−1n⋯n−k+1n\binom{n}{k} \frac{1}{n^k} = \frac{\resaltar{n(n - 1) \cdots (n - k + 1)}}{k! \, n^k} = \resaltar{\frac{1}{k!} \cdot \frac{n}{n} \cdot \frac{n - 1}{n} \cdots \frac{n - k + 1}{n}}

    Nach dem binomischen Lehrsatz mit x=1x = 1 und y=1ny = \frac{1}{n} ist der Term mit dem Index kk von ana_n gleich (nk)1nk\binom{n}{k} \frac{1}{n^k}. Der Binomialkoeffizient ist ein Produkt von kk Faktoren, geteilt durch k!k!, und jeder Faktor wird durch einen der kk Faktoren nn des Nenners geteilt.

  2. an=∑k=0n1k!∏j=1k−1(1−jn)a_n = \dato{an}{\sum_{k=0}^{n} \frac{1}{k!} \prod_{j=1}^{k - 1} \left( 1 - \frac{j}{n} \right)}

    Der erste Quotient ist gleich 11, und jeder der darauffolgenden ist n−jn=1−jn\frac{n - j}{n} = 1 - \frac{j}{n}, für jj von 11 bis k−1k - 1. Summiert man die Terme, so erhält man die Darstellung von ana_n.

  3. an+1=∑k=0n1k!∏j=1k−1(1−jn+1)+1(n+1)!∏j=1n(1−jn+1)a_{n + 1} = \sum_{k=0}^{n} \frac{1}{k!} \prod_{j=1}^{k - 1} \left( 1 - \frac{j}{n + 1} \right) + \resaltar{\frac{1}{(n + 1)!} \prod_{j=1}^{n} \left( 1 - \frac{j}{n + 1} \right)}

    Dieselbe Darstellung mit n+1n + 1 anstelle von nn hat einen Term mehr, den mit dem Index k=n+1k = n + 1, der positiv ist, weil alle seine Faktoren es sind.

  4. 0<1−jn<1−jn+1\dato{f}{0 < 1 - \resaltar{\frac{j}{n}} < 1 - \resaltar{\frac{j}{n + 1}}}

    Für 1≤j≤n−11 \leq j \leq n - 1 nimmt jn\frac{j}{n} ab, wenn der Nenner wächst, und der Faktor nimmt zu; außerdem sind alle Faktoren positiv.

  5. 1k!∏j=1k−1(1−jn)<1k!∏j=1k−1(1−jn+1)\frac{1}{k!} \resaltar{\prod_{j=1}^{k - 1} \left( 1 - \frac{j}{n} \right)} < \frac{1}{k!} \resaltar{\prod_{j=1}^{k - 1} \left( 1 - \frac{j}{n + 1} \right)}

    Wegen der Monotonie des Produkts positiver Zahlen ist jeder Term von ana_n mit dem Index k≥2k \geq 2, falls es ihn gibt, kleiner als der Term mit demselben Index von an+1a_{n + 1}; die mit den Indizes 00 und 11 sind in beiden Summen gleich 11.

  6. a1=2<a2=94<a3=6427<a4=625256a_1 = 2 < a_2 = \frac{9}{4} < a_3 = \frac{64}{27} < a_4 = \frac{625}{256}

    Durch Summieren folgt: ana_n übersteigt nicht die Summe der ersten n+1n + 1 Terme von an+1a_{n + 1}, der noch der positive Term mit dem Index n+1n + 1 fehlt. Also gilt an<an+1a_n < a_{n + 1}. In der Abbildung steigen die Terme der Folge.

Eine obere Schranke

Das Wachstum reicht nicht aus, damit die Folge ein Supremum hat: Auch die natürlichen Zahlen wachsen. Man braucht eine obere Schranke, und um sie zu erhalten, vergleicht man ana_n mit der Summe der Kehrwerte der Fakultäten,

sn=∑k=0n1k!=1+1+12+16+⋯+1n!s_n = \sum_{k=0}^{n} \frac{1}{k!} = 1 + 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{6} + \cdots + \frac{1}{n!}

die entsteht, wenn man in der Darstellung von ana_n alle Faktoren 1−jn1 - \frac{j}{n} streicht. Diese Summen sind für sich genommen von Interesse, und im Folgenden wird bewiesen, dass sie sich derselben Zahl nähern wie ana_n, und zwar viel schneller. Die Übungsaufgabe 5 der Lektion über die Kombinatorik verlangte den Beweis von an<3a_n < 3; das zweite der folgenden Lemmata enthält diese Schranke, mit der Zwischenungleichung an≤sna_n \leq s_n, die später verwendet wird. Das erste vergleicht die Fakultäten mit den Potenzen von 22, und es ist das, was erlaubt, sns_n durch eine geometrische Folge abzuschätzen.

LemmaFakultäten und Zweierpotenzen

Für jede natürliche Zahl kk gilt k!≥2k−1k! \geq 2^{k - 1}, mit Gleichheit nur für k=1k = 1 oder k=2k = 2.

Man schließt durch Induktion nach kk, mit dem Prinzip aus der Lektion über die Peano-Axiome: Beim Übergang von kk zu k+1k + 1 wird die Fakultät mit k+1k + 1 multipliziert, das mindestens 22 ist, während sich die Potenz nur verdoppelt. Die Abbildung vergleicht für kk von 11 bis 44 die Fakultät mit der Potenz, als zwei Säulen.

Beweis

  1. 1!=1=201! = 1 = 2^{0}

    Induktionsanfang: Für k=1k = 1 sind beide Seiten gleich 11.

  2. k!≥2k−1\dato{h}{k! \geq 2^{k - 1}}

    Induktionsvoraussetzung: Angenommen, die Ungleichung gilt für eine natürliche Zahl kk.

  3. (k+1)!=(k+1)⋅k!≥2⋅2k−1=2k(k + 1)! = \resaltar{(k + 1)} \cdot k! \geq \resaltar{2} \cdot 2^{k - 1} = 2^{k}

    Die Fakultät von k+1k + 1 ist die von kk, multipliziert mit k+1k + 1, das mindestens 22 ist; da alle Faktoren positiv sind, liefert die Induktionsvoraussetzung die Ungleichung für k+1k + 1.

  4. k!≥2k−1,3!=6>4=22k! \geq 2^{k - 1}, \qquad 3! = 6 > 4 = 2^2

    Nach dem Induktionsprinzip gilt die Ungleichung für jede natürliche Zahl kk. Ist k≥2k \geq 2, so ist der Faktor k+1k + 1 mindestens 33, und die Ungleichung für k+1k + 1 ist streng: Gleichheit tritt bei k=1k = 1 und bei k=2k = 2 ein, und nur dort.

LemmaSchranke der Folge

Für jede natürliche Zahl nn gilt an≤sn<3a_n \leq s_n < 3; die erste Ungleichung ist streng für n≥2n \geq 2.

Man schätzt jeden Term der Entwicklung von ana_n durch den entsprechenden von sns_n ab und jeden Term von sns_n durch einen Term einer geometrischen Folge mit dem Quotienten 12\frac{1}{2}. Die Abbildung vergleicht für n=4n = 4 die drei Säulen über der gemeinsamen Basis 22.

Beweis

  1. 1k!∏j=1k−1(1−jn)≤1k!⋅1\frac{1}{k!} \resaltar{\prod_{j=1}^{k - 1} \left( 1 - \frac{j}{n} \right)} \leq \frac{1}{k!} \cdot \resaltar{1}

    Jeder Faktor 1−jn1 - \frac{j}{n} liegt zwischen 00 und 11; daher übersteigt ihr Produkt nicht 11, und jeder Term von ana_n übersteigt nicht den Term 1k!\frac{1}{k!} von sns_n.

  2. an≤sn\dato{as}{a_n \leq s_n}

    Summiert man für kk von 00 bis nn, so erhält man die erste Ungleichung. Ist n≥2n \geq 2, so hat der Term mit dem Index 22 den Faktor 1−1n<11 - \frac{1}{n} < 1, und die Ungleichung ist streng.

  3. 1k!≤12k−1,k≥1\dato{f}{\frac{1}{k!} \leq \frac{1}{2^{k - 1}}}, \quad k \geq 1

    Nach dem vorigen Lemma gilt k!≥2k−1k! \geq 2^{k - 1} für jede natürliche Zahl kk; beim Übergang zu den Kehrwerten zweier positiver Zahlen kehrt sich die Ungleichung um.

  4. sn=1+∑k=1n1k!≤1+∑k=1n12k−1s_n = 1 + \resaltar{\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k!}} \leq 1 + \resaltar{\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{2^{k - 1}}}

    Wir trennen den Term mit dem Index 00 ab und schätzen die übrigen ab.

  5. 1+∑k=1n12k−1=1+2(1−12n)=3−12n−1<31 + \resaltar{\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{2^{k - 1}}} = 1 + \resaltar{2 \left( 1 - \frac{1}{2^n} \right)} = 3 - \frac{1}{2^{n - 1}} < 3

    Das Hervorgehobene ist die Summe von nn Termen einer geometrischen Folge mit dem Anfangsterm 11 und dem Quotienten 12\frac{1}{2}, berechnet in der Lektion über Summen und Folgen.

  6. an≤sn≤3−12n−1<3a_n \leq s_n \leq 3 - \frac{1}{2^{n - 1}} < 3

    Durch Verknüpfen beider Ungleichungen erhält man das Lemma. In der Abbildung, mit n=4n = 4, bleibt die geometrische Säule um 18\frac{1}{8} unter 33, und die beiden anderen liegen unterhalb von ihr.

Eine fallende Folge als Begleiterin

Erhebt man die Basis 1+1n1 + \frac{1}{n} zu einem um eins größeren Exponenten, so erhält man eine zweite Folge, deren Terme größer sind als die der ersten, weil sie mit einem Faktor größer als 11 multipliziert werden:

bn=(1+1n)n+1=an(1+1n)>anb_n = \left( 1 + \frac{1}{n} \right)^{n + 1} = a_n \left( 1 + \frac{1}{n} \right) > a_n

Ihre ersten Terme sind b1=4b_1 = 4, b2=278b_2 = \frac{27}{8} und b3=25681b_3 = \frac{256}{81}: Sie fallen. Der folgende Satz beweist dies allgemein; die Idee besteht darin, den Quotienten zweier aufeinanderfolgender Terme zu untersuchen, und das Werkzeug ist die bernoullische Ungleichung.

SatzFallen der Begleitfolge

Für jede natürliche Zahl nn gilt bn>bn+1b_n > b_{n + 1}, das heißt, die Folge (1+1n)n+1\left( 1 + \frac{1}{n} \right)^{n + 1} ist streng monoton fallend.

Es genügt zu zeigen, dass der Quotient bnbn+1\frac{b_n}{b_{n + 1}} größer als 11 ist, weil die Terme positiv sind. Die Abbildung zeigt die ersten Terme beider Folgen.

Beweis

  1. bnbn+1=(n+1n)n+1(n+2n+1)n+2=((n+1)2n(n+2))n+1⋅n+1n+2\frac{b_n}{b_{n + 1}} = \frac{\left( \frac{n + 1}{n} \right)^{n + 1}}{\left( \frac{n + 2}{n + 1} \right)^{n + 2}} = \dato{c}{\left( \frac{(n + 1)^2}{n(n + 2)} \right)^{n + 1} \cdot \frac{n + 1}{n + 2}}

    Wir schreiben jede Basis als Quotienten, spalten einen Faktor n+1n+2\frac{n + 1}{n + 2} von der Potenz im Nenner ab und fassen die beiden Potenzen mit dem Exponenten n+1n + 1 zu einer einzigen zusammen.

  2. (n+1)2n(n+2)=n(n+2)+1n(n+2)=1+1n(n+2)\frac{\resaltar{(n + 1)^2}}{n(n + 2)} = \frac{\resaltar{n(n + 2) + 1}}{n(n + 2)} = \dato{q}{1 + \frac{1}{n(n + 2)}}

    Der Zähler der Basis übertrifft den Nenner um 11, denn (n+1)2=n2+2n+1=n(n+2)+1(n + 1)^2 = n^2 + 2n + 1 = n(n + 2) + 1.

  3. (1+1n(n+2))n+1≥1+n+1n(n+2)\dato{B}{\left( 1 + \frac{1}{n(n + 2)} \right)^{n + 1} \geq 1 + \frac{n + 1}{n(n + 2)}}

    Nach der bernoullischen Ungleichung mit x=1n(n+2)x = \frac{1}{n(n + 2)} und dem Exponenten n+1n + 1 ist die Potenz dieser Basis mindestens 1+(n+1)x1 + (n + 1)x.

  4. bnbn+1≥(1+n+1n(n+2))n+1n+2=(n2+3n+1)(n+1)n(n+2)2\frac{b_n}{b_{n + 1}} \geq \resaltar{\left( 1 + \frac{n + 1}{n(n + 2)} \right)} \frac{n + 1}{n + 2} = \resaltar{\frac{(n^2 + 3n + 1)(n + 1)}{n(n + 2)^2}}

    Wir setzen in den Quotienten ein und bringen auf einen gemeinsamen Nenner; die Summe n(n+2)+(n+1)n(n + 2) + (n + 1) ist gleich n2+3n+1n^2 + 3n + 1.

  5. (n2+3n+1)(n+1)n(n+2)2=n3+4n2+4n+1n3+4n2+4n>1\frac{\resaltar{(n^2 + 3n + 1)(n + 1)}}{\resaltar{n(n + 2)^2}} = \frac{\resaltar{n^3 + 4n^2 + 4n + 1}}{\resaltar{n^3 + 4n^2 + 4n}} > 1

    Wir multiplizieren Zähler und Nenner aus: Der Zähler übertrifft den Nenner um 11.

  6. b1=4>b2=278>b3=25681>b4=31251024b_1 = 4 > b_2 = \frac{27}{8} > b_3 = \frac{256}{81} > b_4 = \frac{3125}{1024}

    Also gilt bn>bn+1b_n > b_{n + 1}. In der Abbildung fallen die Terme bnb_n, während die Terme ana_n steigen, und jedes bnb_n liegt oberhalb jedes ana_n.

Die Zahl e

Die beiden Folgen nähern sich einander, schneiden sich aber nicht: Jeder Term der ersten ist kleiner als jeder Term der zweiten, auch wenn ihre Indizes verschieden sind.

LemmaDie beiden Folgen schneiden sich nicht

Für alle natürlichen Zahlen nn und mm gilt an<bma_n < b_m.

Man geht über den größeren der beiden Indizes: Die erste Folge wächst, die zweite fällt, und bei jedem Index liegt die zweite oberhalb der ersten. Die Abbildung verfolgt den Fall n=2n = 2 und m=5m = 5.

Beweis

  1. bp=ap(1+1p)>ap\dato{p}{b_p = a_p \left( 1 + \frac{1}{p} \right) > a_p}

    Bei ein und demselben Index pp ist der Term bpb_p gleich apa_p, multipliziert mit 1+1p1 + \frac{1}{p}, das größer als 11 ist, und apa_p ist positiv.

  2. n≤p→an≤ap\dato{a}{n \leq p \rightarrow a_n \leq a_p}

    Sei pp die größere der natürlichen Zahlen nn und mm. Da n≤pn \leq p und die Folge ana_n wachsend ist, übersteigt ihr Term mit dem Index nn nicht den mit dem Index pp.

  3. m≤p→bp≤bm\dato{b}{m \leq p \rightarrow b_p \leq b_m}

    Da m≤pm \leq p und die Folge bnb_n fallend ist, übersteigt ihr Term mit dem Index pp nicht den mit dem Index mm.

  4. an≤ap<bp≤bma_n \leq a_p < b_p \leq b_m

    Durch Verknüpfen der drei Ungleichungen, von denen die mittlere streng ist, erhält man das Lemma. In der Abbildung, mit n=2n = 2 und m=5m = 5, ist der größere Index p=5p = 5.

Daraus folgt, dass die Menge der Terme ana_n nicht leer und nach oben beschränkt ist, durch 33 oder durch jedes bmb_m. Wegen der Vollständigkeit der reellen Zahlen hat sie ein Supremum, das man mit dem Buchstaben ee bezeichnet.

Definition. Die Zahl ee ist das Supremum der Menge der Terme der Folge (1+1n)n\left( 1 + \frac{1}{n} \right)^n, für natürliches nn.
SatzDie Zahl e zwischen den beiden Folgen

Für jede natürliche Zahl nn gilt an<e<bna_n < e < b_n.

Verwendet werden die Definition des Supremums als kleinste obere Schranke und die Monotonie beider Folgen. Die Abbildung zeigt die beiden Folgen, die sich ee von entgegengesetzten Seiten nähern.

Beweis

  1. an<bm,n,m∈N\dato{ab}{a_n < b_m}, \quad n, m \in \mathbb{N}

    Nach dem vorigen Lemma ist jeder Term der ersten Folge kleiner als jeder Term der zweiten.

  2. (∀m∈N)(e≤bm)\dato{eb}{(\forall m \in \mathbb{N})(e \leq b_m)}

    Jedes bmb_m ist daher eine obere Schranke der Menge der ana_n, und das Supremum, die kleinste der oberen Schranken, übersteigt keine von ihnen.

  3. an<an+1≤e\dato{ae}{a_n < \resaltar{a_{n + 1}} \leq \resaltar{e}}

    Da ee eine obere Schranke ist und die Folge ana_n streng monoton wächst, ist jeder Term kleiner als der darauffolgende, der ee nicht übersteigt.

  4. e≤bn+1<bn\dato{be}{e \leq \resaltar{b_{n + 1}} < \resaltar{b_n}}

    Ebenso übersteigt, da die Folge bnb_n streng monoton fällt, ee nicht den darauffolgenden Term, der kleiner als bnb_n ist.

  5. an<e<bna_n < e < b_n

    Durch Verknüpfen beider Ungleichungen erhält man den Satz: ee ist die einzige Zahl, die zwischen allen ana_n und allen bnb_n liegt.

  6. a74<e<b17a_{74} < e < b_{17}

    Mit einem Taschenrechner ergibt sich, dass a74a_{74} größer als 2,7 und b17b_{17} kleiner als 2,8 ist; also liegt ee zwischen 2,7 und 2,8. Die Einschachtelung ist langsam: Der Abstand zwischen den beiden Folgen ist bn−an=annb_n - a_n = \frac{a_n}{n}, der wie der Kehrwert von nn abnimmt.

Die Zahl ee ist ungefähr 2,718281828. Jakob Bernoulli fand sie 1683 bei der Untersuchung des Zinseszinses, und Leonhard Euler, der einen guten Teil ihrer Eigenschaften entdeckte, bezeichnete sie mit dem Buchstaben ee. Zusammen mit π\pi ist sie eine der beiden grundlegenden Konstanten der Analysis.