Μετάβαση στο περιεχόμενο
Topos Uranos
Ελληνικά

Ο αριθμός e και η φυσική εκθετική συνάρτηση

Περίληψη

Το μάθημα αυτό κατασκευάζει τον αριθμό ee ως το supremum της ακολουθίας (1+1n)n\left( 1 + \frac{1}{n} \right)^n, που γεννιέται από τον ανατοκισμό: αποδεικνύει με το διωνυμικό θεώρημα ότι η ακολουθία αυξάνεται και ότι δεν φθάνει την τιμή 33, και εγκλωβίζει το supremum της ανάμεσα σε αυτήν και στη φθίνουσα ακολουθία (1+1n)n+1\left( 1 + \frac{1}{n} \right)^{n + 1}. Αποδεικνύει έπειτα ότι ο ee είναι επίσης το supremum των αθροισμάτων των αντιστρόφων των παραγοντικών, φράσσει το σφάλμα αυτών των αθροισμάτων, πράγμα που επιτρέπει να υπολογιστεί ο ee με όση ακρίβεια θέλουμε, και αποδεικνύει ότι ο ee είναι άρρητος. Τέλος, ορίζει τη φυσική εκθετική συνάρτηση, τη συνδέει με τον συνεχή ανατοκισμό και αποδεικνύει την ανισότητα ex≥1+xe^x \geq 1 + x, η οποία λέει ότι η ευθεία y=1+xy = 1 + x βρίσκεται κάτω από τη γραφική παράσταση της εκθετικής.

Μαθησιακοί στόχοι

  1. Να αποδεικνύει ότι η ακολουθία (1+1n)n\left( 1 + \frac{1}{n} \right)^n είναι αύξουσα και φραγμένη, και να ορίζει τον αριθμό ee ως το supremum της.
  2. Να υπολογίζει προσεγγίσεις του ee μέσω του αθροίσματος των αντιστρόφων των παραγοντικών, με αυστηρό φράγμα του σφάλματος, και να αποδεικνύει ότι ο ee είναι άρρητος.
  3. Να συνδέει τη φυσική εκθετική συνάρτηση με τον ανατοκισμό και με τον συνεχή ανατοκισμό, και να συγκρίνει το αποτέλεσμα του ανατοκισμού με διαφορετικές συχνότητες.
  4. Να αποδεικνύει και να εφαρμόζει την ανισότητα ex≥1+xe^x \geq 1 + x, και να την ερμηνεύει ως τη θέση της ευθείας y=1+xy = 1 + x σε σχέση με τη γραφική παράσταση της y=exy = e^x.

Η ακολουθία του ανατοκισμού

Ένα κεφάλαιο 11 κατατίθεται για ένα έτος με επιτόκιο εκατό τοις εκατό ετησίως. Αν ο τόκος καταβάλλεται μία μόνο φορά, στο τέλος του έτους, το κεφάλαιο διπλασιάζεται και γίνεται 22. Αν καταβάλλεται δύο φορές, κάθε εξάμηνο με το μισό επιτόκιο, ο τόκος του πρώτου εξαμήνου αποφέρει με τη σειρά του τόκο στο δεύτερο: το κεφάλαιο πολλαπλασιάζεται δύο φορές επί 1+121 + \frac{1}{2} και γίνεται 94\frac{9}{4}. Με τέσσερις τριμηνιαίες καταβολές γίνεται (1+14)4=625256\left( 1 + \frac{1}{4} \right)^4 = \frac{625}{256}, λίγο περισσότερο από 2,44, και με δώδεκα μηνιαίες καταβολές, λίγο περισσότερο από 2,61. Γενικά, αν το έτος διαιρεθεί σε nn ίσες περιόδους και σε καθεμία καταβάλλεται το κλάσμα 1n\frac{1}{n} του επιτοκίου, το κεφάλαιο πολλαπλασιάζεται nn φορές επί 1+1n1 + \frac{1}{n}, και στο τέλος του έτους γίνεται

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

Όταν αυξάνεται το nn, πολλαπλασιάζουμε περισσότερες φορές, αλλά με παράγοντα πιο κοντά στο 11, και δεν είναι φανερό ποιο από τα δύο φαινόμενα υπερισχύει: οι δυνάμεις του 11 είναι όλες ίσες με 11, ενώ οι δυνάμεις μιας σταθερής βάσης μεγαλύτερης από 11 αυξάνονται χωρίς φράγμα. Η παράγραφος αυτή αποδεικνύει ότι η ακολουθία αυξάνεται, αλλά ότι οι όροι της δεν φθάνουν την τιμή 33· το supremum της είναι ο αριθμός ee. Οι αποδείξεις στηρίζονται στο διωνυμικό θεώρημα του μαθήματος για τη συνδυαστική και το διώνυμο του Νεύτωνα, στην ανισότητα του Μπερνούλι, (1+x)n≥1+nx(1 + x)^n \geq 1 + nx για x≥−1x \geq -1, που αποδείχθηκε στο μάθημα για τα αξιώματα του Πεάνο, και στην πληρότητα των πραγματικών αριθμών, που διατυπώθηκε στο μάθημα για τα σύνολα αριθμών.

Η αύξηση της ακολουθίας

Από το διωνυμικό θεώρημα, το ana_n είναι άθροισμα n+1n + 1 όρων. Ο όρος με δείκτη kk είναι (nk)1nk\binom{n}{k} \frac{1}{n^k}, και γράφεται ως το γινόμενο του 1k!\frac{1}{k!} επί k−1k - 1 θετικούς παράγοντες μικρότερους από 11· με τη σύμβαση ότι ένα γινόμενο χωρίς παράγοντες ισούται με 11, η γραφή ισχύει και για k=0k = 0 και 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

Σε αυτή τη γραφή, το nn εμφανίζεται μόνο στους παράγοντες 1−jn1 - \frac{j}{n}, που αυξάνονται μαζί με το nn, και στο πλήθος των όρων, που επίσης αυξάνεται. Τα δύο φαινόμενα σπρώχνουν προς την ίδια κατεύθυνση· αυτή είναι η ιδέα του θεωρήματος που ακολουθεί.

ΘεώρημαΑύξηση της ακολουθίας

Για κάθε φυσικό nn ισχύει an<an+1a_n < a_{n + 1}, δηλαδή η ακολουθία (1+1n)n\left( 1 + \frac{1}{n} \right)^n είναι γνησίως αύξουσα.

Συγκρίνουμε όρο προς όρο τα διωνυμικά αναπτύγματα του ana_n και του an+1a_{n + 1}. Το σχήμα παριστάνει, για n=3n = 3, κάθε όρο ως ένα κομμάτι μιας στήλης που αρχίζει στο 22, επειδή οι δύο πρώτοι όροι ισούνται με 11 σε όλες τις περιπτώσεις.

Απόδειξη

  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}}

    Από το διωνυμικό θεώρημα, με x=1x = 1 και y=1ny = \frac{1}{n}, ο όρος με δείκτη kk του ana_n είναι (nk)1nk\binom{n}{k} \frac{1}{n^k}. Ο διωνυμικός συντελεστής είναι γινόμενο kk παραγόντων διαιρεμένο διά k!k!, και κάθε παράγοντας διαιρείται διά έναν από τους kk παράγοντες nn του παρονομαστή.

  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)}

    Το πρώτο πηλίκο ισούται με 11, και καθένα από τα υπόλοιπα είναι n−jn=1−jn\frac{n - j}{n} = 1 - \frac{j}{n}, για jj από 11 έως k−1k - 1. Αθροίζοντας τους όρους παίρνουμε τη γραφή του 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)}

    Η ίδια γραφή, με n+1n + 1 στη θέση του nn, έχει έναν όρο περισσότερο, εκείνον με δείκτη k=n+1k = n + 1, που είναι θετικός επειδή όλοι οι παράγοντές του είναι θετικοί.

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

    Για 1≤j≤n−11 \leq j \leq n - 1, όταν αυξάνεται ο παρονομαστής, το jn\frac{j}{n} μειώνεται, και ο παράγοντας αυξάνεται· επιπλέον, όλοι οι παράγοντες είναι θετικοί.

  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)}

    Από τη μονοτονία του γινομένου θετικών αριθμών, κάθε όρος του ana_n με δείκτη k≥2k \geq 2, αν υπάρχει, είναι μικρότερος από τον όρο με τον ίδιο δείκτη του an+1a_{n + 1}· εκείνοι με δείκτες 00 και 11 ισούνται με 11 και στα δύο αθροίσματα.

  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}

    Αθροίζοντας, το ana_n δεν υπερβαίνει το άθροισμα των n+1n + 1 πρώτων όρων του an+1a_{n + 1}, στο οποίο λείπει ακόμη ο θετικός όρος με δείκτη n+1n + 1. Επομένως, an<an+1a_n < a_{n + 1}. Στο σχήμα, οι όροι της ακολουθίας ανεβαίνουν.

Ένα άνω φράγμα

Η αύξηση δεν αρκεί για να έχει η ακολουθία supremum: και οι φυσικοί αυξάνονται. Χρειάζεται ένα άνω φράγμα, και για να το βρούμε συγκρίνουμε το ana_n με το άθροισμα των αντιστρόφων των παραγοντικών,

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!}

που προκύπτει αν διαγράψουμε στη γραφή του ana_n όλους τους παράγοντες 1−jn1 - \frac{j}{n}. Τα αθροίσματα αυτά έχουν ενδιαφέρον από μόνα τους, και η παράγραφος που ακολουθεί θα αποδείξει ότι πλησιάζουν τον ίδιο αριθμό με το ana_n, και πολύ ταχύτερα. Το προτεινόμενο πρόβλημα 5 του μαθήματος για τη συνδυαστική ζητούσε να αποδειχθεί ότι an<3a_n < 3· το δεύτερο από τα λήμματα που ακολουθούν περιέχει αυτό το φράγμα, με την ενδιάμεση ανισότητα an≤sna_n \leq s_n, που θα χρησιμοποιηθεί αργότερα. Το πρώτο συγκρίνει τα παραγοντικά με τις δυνάμεις του 22, και αυτό είναι που επιτρέπει να φραχθεί το sns_n από μια γεωμετρική πρόοδο.

ΛήμμαΠαραγοντικά και δυνάμεις του δύο

Για κάθε φυσικό kk ισχύει k!≥2k−1k! \geq 2^{k - 1}, με ισότητα μόνο αν k=1k = 1 ή k=2k = 2.

Εργαζόμαστε με επαγωγή ως προς kk, με την αρχή του μαθήματος για τα αξιώματα του Πεάνο: όταν περνάμε από το kk στο k+1k + 1, το παραγοντικό πολλαπλασιάζεται επί k+1k + 1, που είναι τουλάχιστον 22, ενώ η δύναμη μόνο διπλασιάζεται. Το σχήμα συγκρίνει, για kk από 11 έως 44, το παραγοντικό με τη δύναμη, ως δύο στήλες.

Απόδειξη

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

    Βασική περίπτωση: για k=1k = 1 και τα δύο μέλη ισούνται με 11.

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

    Επαγωγική υπόθεση: ας υποθέσουμε ότι η ανισότητα ισχύει για έναν φυσικό 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}

    Το παραγοντικό του k+1k + 1 είναι εκείνο του kk πολλαπλασιασμένο επί k+1k + 1, που είναι τουλάχιστον 22· επειδή όλοι οι παράγοντες είναι θετικοί, η επαγωγική υπόθεση δίνει την ανισότητα για k+1k + 1.

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

    Από την αρχή της μαθηματικής επαγωγής, η ανισότητα ισχύει για κάθε φυσικό kk. Αν k≥2k \geq 2, ο παράγοντας k+1k + 1 είναι τουλάχιστον 33, και η ανισότητα για k+1k + 1 είναι γνήσια: η ισότητα ισχύει για k=1k = 1 και για k=2k = 2, και μόνο γι’ αυτούς.

ΛήμμαΦράγμα της ακολουθίας

Για κάθε φυσικό nn ισχύει an≤sn<3a_n \leq s_n < 3· η πρώτη ανισότητα είναι γνήσια για n≥2n \geq 2.

Φράσσουμε κάθε όρο του αναπτύγματος του ana_n από τον αντίστοιχο του sns_n, και κάθε όρο του sns_n από έναν όρο μιας γεωμετρικής προόδου με λόγο 12\frac{1}{2}. Το σχήμα συγκρίνει, για n=4n = 4, τις τρεις στήλες πάνω στην κοινή βάση 22.

Απόδειξη

  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}

    Κάθε παράγοντας 1−jn1 - \frac{j}{n} βρίσκεται ανάμεσα στο 00 και στο 11· επομένως, το γινόμενό τους δεν υπερβαίνει το 11, και κάθε όρος του ana_n δεν υπερβαίνει τον όρο 1k!\frac{1}{k!} του sns_n.

  2. an≤sn\dato{as}{a_n \leq s_n}

    Αθροίζοντας για kk από 00 έως nn παίρνουμε την πρώτη ανισότητα. Αν n≥2n \geq 2, ο όρος με δείκτη 22 έχει τον παράγοντα 1−1n<11 - \frac{1}{n} < 1, και η ανισότητα είναι γνήσια.

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

    Από το παραπάνω λήμμα, k!≥2k−1k! \geq 2^{k - 1} για κάθε φυσικό kk· όταν αντιστρέφουμε δύο θετικούς αριθμούς, η ανισότητα αλλάζει φορά.

  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}}}

    Χωρίζουμε τον όρο με δείκτη 00 και φράσσουμε τους υπόλοιπους.

  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

    Το τονισμένο είναι το άθροισμα nn όρων μιας γεωμετρικής προόδου με πρώτο όρο 11 και λόγο 12\frac{1}{2}, που υπολογίστηκε στο μάθημα για τα αθροίσματα και τις προόδους.

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

    Συνδυάζοντας τις δύο ανισότητες παίρνουμε το λήμμα. Στο σχήμα, με n=4n = 4, η γεωμετρική στήλη μένει σε απόσταση 18\frac{1}{8} από το 33, και οι άλλες δύο, κάτω από αυτήν.

Μια φθίνουσα ακολουθία που τη συνοδεύει

Αν υψώσουμε τη βάση 1+1n1 + \frac{1}{n} σε εκθέτη κατά ένα μεγαλύτερο, παίρνουμε μια δεύτερη ακολουθία, της οποίας οι όροι είναι μεγαλύτεροι από εκείνους της πρώτης, επειδή πολλαπλασιάζονται επί έναν παράγοντα μεγαλύτερο από 11:

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

Οι πρώτοι όροι της είναι b1=4b_1 = 4, b2=278b_2 = \frac{27}{8} και b3=25681b_3 = \frac{256}{81}: κατεβαίνουν. Το θεώρημα που ακολουθεί το αποδεικνύει γενικά· η ιδέα είναι να μελετηθεί το πηλίκο δύο διαδοχικών όρων, και το εργαλείο, η ανισότητα του Μπερνούλι.

ΘεώρημαΦθίνουσα πορεία της συνοδευτικής ακολουθίας

Για κάθε φυσικό nn ισχύει bn>bn+1b_n > b_{n + 1}, δηλαδή η ακολουθία (1+1n)n+1\left( 1 + \frac{1}{n} \right)^{n + 1} είναι γνησίως φθίνουσα.

Αρκεί να αποδειχθεί ότι το πηλίκο bnbn+1\frac{b_n}{b_{n + 1}} είναι μεγαλύτερο από 11, επειδή οι όροι είναι θετικοί. Το σχήμα δείχνει τους πρώτους όρους των δύο ακολουθιών.

Απόδειξη

  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}}

    Γράφουμε κάθε βάση ως πηλίκο, χωρίζουμε έναν παράγοντα n+1n+2\frac{n + 1}{n + 2} από τη δύναμη του παρονομαστή και ενώνουμε τις δύο δυνάμεις με εκθέτη n+1n + 1 σε μία.

  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)}}

    Ο αριθμητής της βάσης υπερβαίνει τον παρονομαστή κατά 11, επειδή (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)}}

    Από την ανισότητα του Μπερνούλι, με x=1n(n+2)x = \frac{1}{n(n + 2)} και εκθέτη n+1n + 1, η δύναμη αυτής της βάσης είναι τουλάχιστον 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}}

    Αντικαθιστούμε στο πηλίκο και κάνουμε ομώνυμα τα κλάσματα· το άθροισμα n(n+2)+(n+1)n(n + 2) + (n + 1) ισούται με 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

    Αναπτύσσουμε τον αριθμητή και τον παρονομαστή: ο αριθμητής υπερβαίνει τον παρονομαστή κατά 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}

    Επομένως, bn>bn+1b_n > b_{n + 1}. Στο σχήμα, οι όροι bnb_n κατεβαίνουν ενώ οι ana_n ανεβαίνουν, και κάθε bnb_n μένει πάνω από κάθε ana_n.

Ο αριθμός e

Οι δύο ακολουθίες πλησιάζουν η μία την άλλη, αλλά δεν διασταυρώνονται: κάθε όρος της πρώτης είναι μικρότερος από κάθε όρο της δεύτερης, ακόμη κι αν οι δείκτες τους είναι διαφορετικοί.

ΛήμμαΟι δύο ακολουθίες δεν διασταυρώνονται

Για όλους τους φυσικούς nn και mm ισχύει an<bma_n < b_m.

Περνάμε από τον μεγαλύτερο από τους δύο δείκτες: η πρώτη ακολουθία αυξάνεται, η δεύτερη φθίνει, και σε κάθε δείκτη η δεύτερη βρίσκεται πάνω από την πρώτη. Το σχήμα παρακολουθεί την περίπτωση n=2n = 2 και m=5m = 5.

Απόδειξη

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

    Στον ίδιο δείκτη pp, ο όρος bpb_p είναι το apa_p πολλαπλασιασμένο επί 1+1p1 + \frac{1}{p}, που είναι μεγαλύτερο από 11, και το apa_p είναι θετικό.

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

    Έστω pp ο μεγαλύτερος από τους φυσικούς nn και mm. Επειδή n≤pn \leq p και η ακολουθία ana_n είναι αύξουσα, ο όρος της με δείκτη nn δεν υπερβαίνει εκείνον με δείκτη pp.

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

    Επειδή m≤pm \leq p και η ακολουθία bnb_n είναι φθίνουσα, ο όρος της με δείκτη pp δεν υπερβαίνει εκείνον με δείκτη mm.

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

    Συνδυάζοντας τις τρεις ανισότητες, από τις οποίες η μεσαία είναι γνήσια, παίρνουμε το λήμμα. Στο σχήμα, με n=2n = 2 και m=5m = 5, ο μεγαλύτερος δείκτης είναι p=5p = 5.

Από αυτό έπεται ότι το σύνολο των όρων ana_n έχει στοιχεία και είναι άνω φραγμένο, από το 33 ή από οποιοδήποτε bmb_m. Από την πληρότητα των πραγματικών αριθμών, έχει supremum, το οποίο συμβολίζεται με το γράμμα ee.

Ορισμός. Ο αριθμός ee είναι το supremum του συνόλου των όρων της ακολουθίας (1+1n)n\left( 1 + \frac{1}{n} \right)^n, για nn φυσικό.
ΘεώρημαΟ αριθμός e ανάμεσα στις δύο ακολουθίες

Για κάθε φυσικό nn ισχύει an<e<bna_n < e < b_n.

Χρησιμοποιούνται ο ορισμός του supremum ως ελάχιστου άνω φράγματος και η μονοτονία των δύο ακολουθιών. Το σχήμα δείχνει τις δύο ακολουθίες, που πλησιάζουν τον ee από αντίθετες πλευρές.

Απόδειξη

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

    Από το παραπάνω λήμμα, κάθε όρος της πρώτης ακολουθίας είναι μικρότερος από κάθε όρο της δεύτερης.

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

    Κάθε bmb_m είναι, επομένως, άνω φράγμα του συνόλου των ana_n, και το supremum, που είναι το ελάχιστο από τα άνω φράγματα, δεν υπερβαίνει κανένα από αυτά.

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

    Επειδή ο ee είναι άνω φράγμα και η ακολουθία ana_n είναι γνησίως αύξουσα, κάθε όρος είναι μικρότερος από τον αμέσως μεγαλύτερο σε δείκτη, ο οποίος δεν υπερβαίνει τον ee.

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

    Με τον ίδιο τρόπο, επειδή η ακολουθία bnb_n είναι γνησίως φθίνουσα, ο ee δεν υπερβαίνει τον όρο που έρχεται αμέσως μετά, ο οποίος είναι μικρότερος από bnb_n.

  5. an<e<bna_n < e < b_n

    Συνδυάζοντας τις δύο ανισότητες παίρνουμε το θεώρημα: ο ee είναι ο μόνος αριθμός που βρίσκεται ανάμεσα σε όλα τα ana_n και όλα τα bnb_n.

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

    Με αριθμομηχανή βρίσκουμε ότι το a74a_{74} υπερβαίνει το 2,7 και ότι το b17b_{17} είναι μικρότερο από 2,8· επομένως, ο ee βρίσκεται ανάμεσα στο 2,7 και στο 2,8. Ο εγκλωβισμός είναι αργός: η απόσταση ανάμεσα στις δύο ακολουθίες είναι bn−an=annb_n - a_n = \frac{a_n}{n}, που μειώνεται όπως ο αντίστροφος του nn.

Ο αριθμός ee ισούται περίπου με 2,718281828. Ο Γιάκομπ Μπερνούλι τον βρήκε το 1683 μελετώντας τον ανατοκισμό, και ο Λέοναρντ Όιλερ, που ανακάλυψε μεγάλο μέρος των ιδιοτήτων του, τον συμβόλισε με το γράμμα ee. Μαζί με τον π\pi, είναι μία από τις δύο θεμελιώδεις σταθερές της ανάλυσης.