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Topos Uranos
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Il numero e e l’esponenziale naturale

Riepilogo

Questa lezione costruisce il numero ee come estremo superiore della successione (1+1n)n\left( 1 + \frac{1}{n} \right)^n, che nasce dall’interesse composto: dimostra con il binomio di Newton che la successione cresce e che non raggiunge il valore 33, e racchiude il suo estremo superiore tra essa e la successione decrescente (1+1n)n+1\left( 1 + \frac{1}{n} \right)^{n + 1}. Dimostra poi che ee è anche l’estremo superiore delle somme dei reciproci dei fattoriali, limita l’errore di queste somme, il che permette di calcolare ee con la precisione desiderata, e prova che ee è irrazionale. Infine, definisce l’esponenziale naturale, la mette in relazione con la capitalizzazione continua dell’interesse e dimostra la disuguaglianza ex≥1+xe^x \geq 1 + x, la quale dice che la retta y=1+xy = 1 + x sta sotto il grafico dell’esponenziale.

Obiettivi di apprendimento

  1. Dimostrare che la successione (1+1n)n\left( 1 + \frac{1}{n} \right)^n è crescente e limitata, e definire il numero ee come il suo estremo superiore.
  2. Calcolare approssimazioni di ee mediante la somma dei reciproci dei fattoriali, con una limitazione rigorosa dell’errore, e dimostrare che ee è irrazionale.
  3. Mettere in relazione l’esponenziale naturale con l’interesse composto e con la sua capitalizzazione continua, e confrontare l’effetto di capitalizzare con frequenze diverse.
  4. Dimostrare e applicare la disuguaglianza ex≥1+xe^x \geq 1 + x, e interpretarla come la posizione della retta y=1+xy = 1 + x rispetto al grafico di y=exy = e^x.

La successione dell’interesse composto

Un capitale di 11 viene depositato per un anno a un interesse del cento per cento annuo. Se l’interesse viene pagato una sola volta, alla fine dell’anno, il capitale raddoppia e vale 22. Se viene pagato due volte, ogni semestre con metà del tasso, l’interesse del primo semestre frutta a sua volta interessi nel secondo: il capitale viene moltiplicato due volte per 1+121 + \frac{1}{2} e vale 94\frac{9}{4}. Con quattro pagamenti trimestrali vale (1+14)4=625256\left( 1 + \frac{1}{4} \right)^4 = \frac{625}{256}, poco più di 2,44, e con dodici pagamenti mensili, poco più di 2,61. In generale, se l’anno viene diviso in nn periodi uguali e in ciascuno si paga la frazione 1n\frac{1}{n} del tasso, il capitale viene moltiplicato nn volte per 1+1n1 + \frac{1}{n}, e alla fine dell’anno vale

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

Al crescere di nn si moltiplica più volte, ma per un fattore più vicino a 11, e non è evidente quale dei due effetti prevalga: le potenze di 11 valgono tutte 11, mentre le potenze di una base fissa maggiore di 11 crescono senza limite. Questa sezione dimostra che la successione cresce, ma che i suoi termini non raggiungono il valore 33; il suo estremo superiore è il numero ee. Le dimostrazioni si basano sul binomio di Newton della lezione sul calcolo combinatorio e il binomio di Newton, sulla disuguaglianza di Bernoulli, (1+x)n≥1+nx(1 + x)^n \geq 1 + nx per x≥−1x \geq -1, dimostrata nella lezione sugli assiomi di Peano, e sulla completezza dei numeri reali, enunciata nella lezione sugli insiemi numerici.

La crescita della successione

Per il binomio di Newton, ana_n è una somma di n+1n + 1 termini. Quello di indice kk è (nk)1nk\binom{n}{k} \frac{1}{n^k}, e si scrive come il prodotto di 1k!\frac{1}{k!} per k−1k - 1 fattori positivi minori di 11; con la convenzione che un prodotto senza fattori vale 11, la scrittura vale anche per k=0k = 0 e 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 questa scrittura, nn compare solo nei fattori 1−jn1 - \frac{j}{n}, che aumentano con nn, e nel numero di termini, che pure aumenta. I due effetti spingono nella stessa direzione; è questa l’idea del teorema che segue.

TeoremaCrescita della successione

Per ogni naturale nn si ha an<an+1a_n < a_{n + 1}, cioè la successione (1+1n)n\left( 1 + \frac{1}{n} \right)^n è strettamente crescente.

Si confrontano termine a termine gli sviluppi binomiali di ana_n e di an+1a_{n + 1}. La figura rappresenta, per n=3n = 3, ogni termine come un blocco di una colonna che comincia in 22, perché i primi due termini valgono 11 in tutti i casi.

Dimostrazione

  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}}

    Per il binomio di Newton, con x=1x = 1 e y=1ny = \frac{1}{n}, il termine di indice kk di ana_n è (nk)1nk\binom{n}{k} \frac{1}{n^k}. Il coefficiente binomiale è un prodotto di kk fattori diviso per k!k!, e ogni fattore si divide per uno dei kk fattori nn del denominatore.

  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)}

    Il primo quoziente vale 11, e ciascuno di quelli che vengono dopo è n−jn=1−jn\frac{n - j}{n} = 1 - \frac{j}{n}, per jj da 11 a k−1k - 1. Sommando i termini si ottiene la scrittura di 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)}

    La stessa scrittura, con n+1n + 1 al posto di nn, ha un termine in più, quello di indice k=n+1k = n + 1, che è positivo perché tutti i suoi fattori lo sono.

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

    Per 1≤j≤n−11 \leq j \leq n - 1, al crescere del denominatore, jn\frac{j}{n} diminuisce, e il fattore aumenta; inoltre, tutti i fattori sono positivi.

  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)}

    Per la monotonia del prodotto di numeri positivi, ogni termine di ana_n di indice k≥2k \geq 2, se c’è, è minore del termine dello stesso indice di an+1a_{n + 1}; quelli di indici 00 e 11 valgono 11 in entrambe le somme.

  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}

    Sommando, ana_n non supera la somma dei primi n+1n + 1 termini di an+1a_{n + 1}, alla quale manca ancora il termine positivo di indice n+1n + 1. Pertanto, an<an+1a_n < a_{n + 1}. Nella figura, i termini della successione salgono.

Un maggiorante

La crescita non basta perché la successione abbia un estremo superiore: anche i naturali crescono. Serve un maggiorante, e per ottenerlo si confronta ana_n con la somma dei reciproci dei fattoriali,

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!}

che si ottiene sopprimendo nella scrittura di ana_n tutti i fattori 1−jn1 - \frac{j}{n}. Queste somme hanno un interesse proprio, e la sezione che segue dimostrerà che si avvicinano allo stesso numero di ana_n, e molto più in fretta. Il problema proposto 5 della lezione sul calcolo combinatorio chiedeva di dimostrare che an<3a_n < 3; il secondo dei lemmi qui sotto contiene questa limitazione, con la disuguaglianza intermedia an≤sna_n \leq s_n, che si userà in seguito. Il primo confronta i fattoriali con le potenze di 22, ed è ciò che permette di limitare sns_n con una progressione geometrica.

LemmaFattoriali e potenze di due

Per ogni naturale kk si ha k!≥2k−1k! \geq 2^{k - 1}, con l’uguaglianza solo se k=1k = 1 o k=2k = 2.

Si ragiona per induzione su kk, con il principio della lezione sugli assiomi di Peano: passando da kk a k+1k + 1, il fattoriale si moltiplica per k+1k + 1, che è almeno 22, mentre la potenza soltanto raddoppia. La figura confronta, per kk da 11 a 44, il fattoriale con la potenza, come due colonne.

Dimostrazione

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

    Caso base: per k=1k = 1 entrambi i membri valgono 11.

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

    Ipotesi induttiva: supponiamo che la disuguaglianza valga per un naturale 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}

    Il fattoriale di k+1k + 1 è quello di kk moltiplicato per k+1k + 1, che è almeno 22; poiché tutti i fattori sono positivi, l’ipotesi induttiva dà la disuguaglianza per k+1k + 1.

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

    Per il principio di induzione, la disuguaglianza vale per ogni naturale kk. Se k≥2k \geq 2, il fattore k+1k + 1 è almeno 33, e la disuguaglianza per k+1k + 1 è stretta: l’uguaglianza si ha in k=1k = 1 e in k=2k = 2, e solo in essi.

LemmaLimitazione della successione

Per ogni naturale nn si ha an≤sn<3a_n \leq s_n < 3; la prima disuguaglianza è stretta per n≥2n \geq 2.

Si limita ogni termine dello sviluppo di ana_n con il corrispondente di sns_n, e ogni termine di sns_n con uno di una progressione geometrica di ragione 12\frac{1}{2}. La figura confronta, per n=4n = 4, le tre colonne sulla base comune 22.

Dimostrazione

  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}

    Ogni fattore 1−jn1 - \frac{j}{n} è compreso tra 00 e 11; pertanto, il loro prodotto non supera 11, e ogni termine di ana_n non supera il termine 1k!\frac{1}{k!} di sns_n.

  2. an≤sn\dato{as}{a_n \leq s_n}

    Sommando per kk da 00 a nn si ottiene la prima disuguaglianza. Se n≥2n \geq 2, il termine di indice 22 ha il fattore 1−1n<11 - \frac{1}{n} < 1, e la disuguaglianza è stretta.

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

    Per il lemma qui sopra, k!≥2k−1k! \geq 2^{k - 1} per ogni naturale kk; passando ai reciproci di due numeri positivi, la disuguaglianza cambia verso.

  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}}}

    Separiamo il termine di indice 00 e limitiamo gli altri.

  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

    L’espressione evidenziata è la somma di nn termini di una progressione geometrica di primo termine 11 e ragione 12\frac{1}{2}, calcolata nella lezione su sommatorie e progressioni.

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

    Combinando le due disuguaglianze si ottiene il lemma. Nella figura, con n=4n = 4, la colonna geometrica si ferma a 18\frac{1}{8} da 33, e le altre due restano sotto di essa.

Una successione decrescente che la accompagna

Se si eleva la base 1+1n1 + \frac{1}{n} a un esponente aumentato di uno, si ottiene una seconda successione, i cui termini sono maggiori di quelli della prima, perché si moltiplicano per un fattore maggiore di 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

I suoi primi termini sono b1=4b_1 = 4, b2=278b_2 = \frac{27}{8} e b3=25681b_3 = \frac{256}{81}: scendono. Il teorema che segue lo dimostra in generale; l’idea è studiare il quoziente di due termini consecutivi, e lo strumento è la disuguaglianza di Bernoulli.

TeoremaDecrescenza della successione associata

Per ogni naturale nn si ha bn>bn+1b_n > b_{n + 1}, cioè la successione (1+1n)n+1\left( 1 + \frac{1}{n} \right)^{n + 1} è strettamente decrescente.

Basta provare che il quoziente bnbn+1\frac{b_n}{b_{n + 1}} è maggiore di 11, perché i termini sono positivi. La figura mostra i primi termini di entrambe le successioni.

Dimostrazione

  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}}

    Scriviamo ogni base come un quoziente, separiamo un fattore n+1n+2\frac{n + 1}{n + 2} dalla potenza del denominatore e riuniamo le due potenze di esponente n+1n + 1 in una sola.

  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)}}

    Il numeratore della base supera il denominatore di 11, perché (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)}}

    Per la disuguaglianza di Bernoulli, con x=1n(n+2)x = \frac{1}{n(n + 2)} ed esponente n+1n + 1, la potenza di questa base è almeno 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}}

    Sostituiamo nel quoziente e riduciamo allo stesso denominatore; la somma n(n+2)+(n+1)n(n + 2) + (n + 1) vale 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

    Sviluppiamo il numeratore e il denominatore: il numeratore supera il denominatore di 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}

    Pertanto, bn>bn+1b_n > b_{n + 1}. Nella figura, i termini bnb_n scendono mentre i termini ana_n salgono, e ogni bnb_n sta sopra ogni ana_n.

Il numero e

Le due successioni si avvicinano tra loro, ma non si incrociano: ogni termine della prima è minore di ogni termine della seconda, anche se i loro indici sono diversi.

LemmaLe due successioni non si incrociano

Per tutti i naturali nn e mm si ha an<bma_n < b_m.

Si passa per il maggiore dei due indici: la prima successione cresce, la seconda decresce, e in ogni indice la seconda sta sopra la prima. La figura segue il caso n=2n = 2 e m=5m = 5.

Dimostrazione

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

    In uno stesso indice pp, il termine bpb_p è apa_p moltiplicato per 1+1p1 + \frac{1}{p}, che è maggiore di 11, e apa_p è positivo.

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

    Sia pp il maggiore dei naturali nn e mm. Poiché n≤pn \leq p e la successione ana_n è crescente, il suo termine di indice nn non supera quello di indice pp.

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

    Poiché m≤pm \leq p e la successione bnb_n è decrescente, il suo termine di indice pp non supera quello di indice mm.

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

    Combinando le tre disuguaglianze, quella centrale stretta, si ottiene il lemma. Nella figura, con n=2n = 2 e m=5m = 5, l’indice maggiore è p=5p = 5.

Ne segue che l’insieme dei termini ana_n non è vuoto ed è limitato superiormente, da 33 o da qualunque bmb_m. Per la completezza dei numeri reali, ha un estremo superiore, che si indica con la lettera ee.

Definizione. Il numero ee è l’estremo superiore dell’insieme dei termini della successione (1+1n)n\left( 1 + \frac{1}{n} \right)^n, per nn naturale.
TeoremaIl numero e tra le due successioni

Per ogni naturale nn si ha an<e<bna_n < e < b_n.

Si usano la definizione di estremo superiore come minimo dei maggioranti e la monotonia di entrambe le successioni. La figura mostra le due successioni, che si avvicinano a ee da lati opposti.

Dimostrazione

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

    Per il lemma qui sopra, ogni termine della prima successione è minore di ogni termine della seconda.

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

    Ogni bmb_m è quindi un maggiorante dell’insieme dei termini ana_n, e l’estremo superiore, che è il minimo dei maggioranti, non ne supera nessuno.

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

    Poiché ee è un maggiorante e la successione ana_n è strettamente crescente, ogni termine è minore di quello che viene dopo, il quale non supera ee.

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

    Allo stesso modo, poiché la successione bnb_n è strettamente decrescente, ee non supera il termine che viene dopo, il quale è minore di bnb_n.

  5. an<e<bna_n < e < b_n

    Combinando le due disuguaglianze si ottiene il teorema: ee è l’unico numero che sta tra tutti i termini ana_n e tutti i termini bnb_n.

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

    Con una calcolatrice si ottiene che a74a_{74} supera 2,7 e che b17b_{17} è minore di 2,8; pertanto, ee è compreso tra 2,7 e 2,8. L’incapsulamento è lento: la distanza tra le due successioni è bn−an=annb_n - a_n = \frac{a_n}{n}, che diminuisce come il reciproco di nn.

Il numero ee vale approssimativamente 2,718281828. Jakob Bernoulli lo trovò nel 1683 studiando l’interesse composto, e Leonhard Euler, che ne scoprì buona parte delle proprietà, lo indicò con la lettera ee. Insieme a π\pi, è una delle due costanti fondamentali dell’analisi.