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Topos Uranos
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O número e e a exponencial natural

Resumo

Esta aula constrói o número ee como o supremo da sequência (1+1n)n\left( 1 + \frac{1}{n} \right)^n, que nasce dos juros compostos: demonstra com o binômio de Newton que a sequência cresce e que não alcança o valor 33, e encerra o seu supremo entre ela e a sequência decrescente (1+1n)n+1\left( 1 + \frac{1}{n} \right)^{n + 1}. Demonstra depois que ee é também o supremo das somas dos inversos dos fatoriais, limita o erro dessas somas, o que permite calcular ee com a precisão que se deseje, e prova que ee é irracional. Por último, define a exponencial natural, relaciona-a com a capitalização contínua dos juros e demonstra a desigualdade ex≥1+xe^x \geq 1 + x, que diz que a reta y=1+xy = 1 + x fica abaixo do gráfico da exponencial.

Objetivos de aprendizagem

  1. Demonstrar que a sequência (1+1n)n\left( 1 + \frac{1}{n} \right)^n é crescente e limitada, e definir o número ee como o seu supremo.
  2. Calcular aproximações de ee por meio da soma dos inversos dos fatoriais, com uma cota rigorosa do erro, e demonstrar que ee é irracional.
  3. Relacionar a exponencial natural com os juros compostos e com a sua capitalização contínua, e comparar o efeito de capitalizar com diferentes frequências.
  4. Demonstrar e aplicar a desigualdade ex≥1+xe^x \geq 1 + x, e interpretá-la como a posição da reta y=1+xy = 1 + x em relação ao gráfico de y=exy = e^x.

A sequência dos juros compostos

Um capital de 11 é depositado durante um ano a juros de cem por cento ao ano. Se os juros são pagos uma única vez, no fim do ano, o capital duplica e vale 22. Se são pagos duas vezes, a cada semestre com a metade da taxa, os juros do primeiro semestre rendem por sua vez juros no segundo: o capital é multiplicado duas vezes por 1+121 + \frac{1}{2} e vale 94\frac{9}{4}. Com quatro pagamentos trimestrais vale (1+14)4=625256\left( 1 + \frac{1}{4} \right)^4 = \frac{625}{256}, pouco mais de 2,44, e com doze pagamentos mensais, pouco mais de 2,61. Em geral, se o ano é dividido em nn períodos iguais e em cada um se paga a fração 1n\frac{1}{n} da taxa, o capital é multiplicado nn vezes por 1+1n1 + \frac{1}{n}, e no fim do ano vale

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

Ao aumentar nn, multiplica-se mais vezes, mas por um fator mais próximo de 11, e não é evidente qual dos dois efeitos prevalece: as potências de 11 valem todas 11, enquanto as potências de uma base fixa maior que 11 crescem sem cota. Esta seção demonstra que a sequência cresce, mas que os seus termos não alcançam o valor 33; o seu supremo é o número ee. As demonstrações apoiam-se no binômio de Newton da aula sobre a combinatória e o binômio de Newton, na desigualdade de Bernoulli, (1+x)n≥1+nx(1 + x)^n \geq 1 + nx para x≥−1x \geq -1, demonstrada na aula sobre os axiomas de Peano, e na completude dos números reais, enunciada na aula sobre os conjuntos numéricos.

O crescimento da sequência

Pelo binômio de Newton, ana_n é uma soma de n+1n + 1 termos. O de índice kk é (nk)1nk\binom{n}{k} \frac{1}{n^k}, e escreve-se como o produto de 1k!\frac{1}{k!} por k−1k - 1 fatores positivos menores que 11; com a convenção de que um produto sem fatores vale 11, a escrita vale também para 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

Nesta escrita, nn aparece só nos fatores 1−jn1 - \frac{j}{n}, que aumentam com nn, e no número de termos, que também aumenta. Os dois efeitos empurram no mesmo sentido; essa é a ideia do teorema a seguir.

TeoremaCrescimento da sequência

Para todo natural nn vale an<an+1a_n < a_{n + 1}, isto é, a sequência (1+1n)n\left( 1 + \frac{1}{n} \right)^n é estritamente crescente.

Comparam-se termo a termo os desenvolvimentos binomiais de ana_n e de an+1a_{n + 1}. A figura representa, para n=3n = 3, cada termo como um bloco de uma coluna que começa em 22, porque os dois primeiros termos valem 11 em todos os casos.

Demonstração

  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}}

    Pelo binômio de Newton, com x=1x = 1 e y=1ny = \frac{1}{n}, o termo de índice kk de ana_n é (nk)1nk\binom{n}{k} \frac{1}{n^k}. O coeficiente binomial é um produto de kk fatores dividido por k!k!, e cada fator é dividido por um dos kk fatores nn do denominador.

  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)}

    O primeiro quociente vale 11, e cada um dos que vêm depois é n−jn=1−jn\frac{n - j}{n} = 1 - \frac{j}{n}, para jj desde 11 até k−1k - 1. Somando os termos obtém-se a escrita de 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)}

    A mesma escrita, com n+1n + 1 no lugar de nn, tem um termo a mais, o de índice k=n+1k = n + 1, que é positivo porque todos os seus fatores o são.

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

    Para 1≤j≤n−11 \leq j \leq n - 1, ao aumentar o denominador, jn\frac{j}{n} diminui, e o fator aumenta; além disso, todos os fatores são positivos.

  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)}

    Pela monotonia do produto de números positivos, cada termo de ana_n de índice k≥2k \geq 2, se houver, é menor que o termo de mesmo índice de an+1a_{n + 1}; os de índices 00 e 11 valem 11 em ambas as somas.

  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}

    Somando, ana_n não supera a soma dos n+1n + 1 primeiros termos de an+1a_{n + 1}, à qual ainda falta o termo positivo de índice n+1n + 1. Portanto, an<an+1a_n < a_{n + 1}. Na figura, os termos da sequência sobem.

Uma cota superior

O crescimento não basta para que a sequência tenha um supremo: os naturais também crescem. É preciso uma cota superior, e para obtê-la compara-se ana_n com a soma dos inversos dos fatoriais,

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!}

que resulta de suprimir na escrita de ana_n todos os fatores 1−jn1 - \frac{j}{n}. Essas somas têm interesse próprio, e a seção que vem depois demonstrará que se aproximam do mesmo número que ana_n, e muito mais depressa. O problema proposto 5 da aula sobre a combinatória pedia para demonstrar que an<3a_n < 3; o segundo dos lemas abaixo contém essa cota, com a desigualdade intermediária an≤sna_n \leq s_n, que será usada depois. O primeiro compara os fatoriais com as potências de 22, e é o que permite limitar sns_n por uma progressão geométrica.

LemaFatoriais e potências de dois

Para todo natural kk vale k!≥2k−1k! \geq 2^{k - 1}, com igualdade só se k=1k = 1 ou k=2k = 2.

Raciocina-se por indução sobre kk, com o princípio da aula sobre os axiomas de Peano: ao passar de kk a k+1k + 1, o fatorial é multiplicado por k+1k + 1, que é pelo menos 22, enquanto a potência só duplica. A figura compara, para kk desde 11 até 44, o fatorial com a potência, como duas colunas.

Demonstração

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

    Caso base: para k=1k = 1 ambos os membros valem 11.

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

    Hipótese de indução: suponhamos que a desigualdade vale para um natural 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}

    O fatorial de k+1k + 1 é o de kk multiplicado por k+1k + 1, que é pelo menos 22; como todos os fatores são positivos, a hipótese de indução dá a desigualdade para k+1k + 1.

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

    Pelo princípio de indução, a desigualdade vale para todo natural kk. Se k≥2k \geq 2, o fator k+1k + 1 é pelo menos 33, e a desigualdade para k+1k + 1 é estrita: a igualdade ocorre em k=1k = 1 e em k=2k = 2, e só neles.

LemaCota da sequência

Para todo natural nn vale an≤sn<3a_n \leq s_n < 3; a primeira desigualdade é estrita para n≥2n \geq 2.

Limita-se cada termo do desenvolvimento de ana_n pelo correspondente de sns_n, e cada termo de sns_n por um de uma progressão geométrica de razão 12\frac{1}{2}. A figura compara, para n=4n = 4, as três colunas sobre a base comum 22.

Demonstração

  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}

    Cada fator 1−jn1 - \frac{j}{n} está entre 00 e 11; portanto, o produto deles não supera 11, e cada termo de ana_n não supera o termo 1k!\frac{1}{k!} de sns_n.

  2. an≤sn\dato{as}{a_n \leq s_n}

    Somando para kk desde 00 até nn obtém-se a primeira desigualdade. Se n≥2n \geq 2, o termo de índice 22 tem o fator 1−1n<11 - \frac{1}{n} < 1, e a desigualdade é estrita.

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

    Pelo lema acima, k!≥2k−1k! \geq 2^{k - 1} para todo natural kk; ao inverter dois números positivos, a desigualdade muda de sentido.

  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}}}

    Separamos o termo de índice 00 e limitamos os demais.

  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

    O destacado é a soma de nn termos de uma progressão geométrica de primeiro termo 11 e razão 12\frac{1}{2}, calculada na aula sobre somatórios e progressões.

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

    Combinando ambas as desigualdades obtém-se o lema. Na figura, com n=4n = 4, a coluna geométrica fica a 18\frac{1}{8} de 33, e as outras duas, abaixo dela.

Uma sequência decrescente que a acompanha

Se se eleva a base 1+1n1 + \frac{1}{n} a um expoente maior em um, obtém-se uma segunda sequência, cujos termos são maiores que os da primeira, porque são multiplicados por um fator maior que 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

Os seus primeiros termos são b1=4b_1 = 4, b2=278b_2 = \frac{27}{8} e b3=25681b_3 = \frac{256}{81}: descem. O teorema a seguir demonstra-o em geral; a ideia é estudar o quociente de dois termos consecutivos, e a ferramenta, a desigualdade de Bernoulli.

TeoremaDecrescimento da sequência companheira

Para todo natural nn vale bn>bn+1b_n > b_{n + 1}, isto é, a sequência (1+1n)n+1\left( 1 + \frac{1}{n} \right)^{n + 1} é estritamente decrescente.

Basta provar que o quociente bnbn+1\frac{b_n}{b_{n + 1}} é maior que 11, porque os termos são positivos. A figura mostra os primeiros termos de ambas as sequências.

Demonstração

  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}}

    Escrevemos cada base como um quociente, separamos um fator n+1n+2\frac{n + 1}{n + 2} da potência do denominador e reunimos as duas potências de expoente n+1n + 1 numa só.

  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)}}

    O numerador da base excede o denominador em 11, porque (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)}}

    Pela desigualdade de Bernoulli, com x=1n(n+2)x = \frac{1}{n(n + 2)} e expoente n+1n + 1, a potência dessa base é pelo menos 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}}

    Substituímos no quociente e reduzimos ao mesmo denominador; a soma 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

    Desenvolvemos o numerador e o denominador: o numerador excede o denominador em 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}

    Portanto, bn>bn+1b_n > b_{n + 1}. Na figura, os termos bnb_n descem enquanto os ana_n sobem, e cada bnb_n fica acima de cada ana_n.

O número e

As duas sequências aproximam-se uma da outra, mas não se cruzam: todo termo da primeira é menor que todo termo da segunda, ainda que os seus índices sejam diferentes.

LemaAs duas sequências não se cruzam

Para todos os naturais nn e mm vale an<bma_n < b_m.

Passa-se pelo maior dos dois índices: a primeira sequência cresce, a segunda decresce, e em cada índice a segunda está acima da primeira. A figura acompanha o caso n=2n = 2 e m=5m = 5.

Demonstração

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

    Num mesmo índice pp, o termo bpb_p é apa_p multiplicado por 1+1p1 + \frac{1}{p}, que é maior que 11, e apa_p é positivo.

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

    Seja pp o maior dos naturais nn e mm. Como n≤pn \leq p e a sequência ana_n é crescente, o seu termo de índice nn não supera o de índice pp.

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

    Como m≤pm \leq p e a sequência bnb_n é decrescente, o seu termo de índice pp não supera o de índice mm.

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

    Combinando as três desigualdades, a do meio estrita, obtém-se o lema. Na figura, com n=2n = 2 e m=5m = 5, o índice maior é p=5p = 5.

Daí segue que o conjunto dos termos ana_n tem elementos e é limitado superiormente, por 33 ou por qualquer bmb_m. Pela completude dos números reais, tem um supremo, que se designa pela letra ee.

Definição. O número ee é o supremo do conjunto dos termos da sequência (1+1n)n\left( 1 + \frac{1}{n} \right)^n, para nn natural.
TeoremaO número e entre as duas sequências

Para todo natural nn vale an<e<bna_n < e < b_n.

Usam-se a definição de supremo como menor cota superior e a monotonia de ambas as sequências. A figura mostra as duas sequências, que se aproximam de ee por lados opostos.

Demonstração

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

    Pelo lema acima, todo termo da primeira sequência é menor que todo termo da segunda.

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

    Cada bmb_m é, portanto, uma cota superior do conjunto dos ana_n, e o supremo, que é a menor das cotas superiores, não supera nenhuma.

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

    Como ee é uma cota superior e a sequência ana_n é estritamente crescente, cada termo é menor que o que vem depois dele, que não supera ee.

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

    Do mesmo modo, como a sequência bnb_n é estritamente decrescente, ee não supera o termo que vem depois, que é menor que bnb_n.

  5. an<e<bna_n < e < b_n

    Combinando ambas as desigualdades obtém-se o teorema: ee é o único número que fica entre todos os ana_n e todos os bnb_n.

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

    Com uma calculadora obtém-se que a74a_{74} supera 2,7 e que b17b_{17} é menor que 2,8; portanto, ee está entre 2,7 e 2,8. O enquadramento é lento: a distância entre as duas sequências é bn−an=annb_n - a_n = \frac{a_n}{n}, que diminui como o inverso de nn.

O número ee vale aproximadamente 2,718281828. Jakob Bernoulli encontrou-o em 1683 ao estudar os juros compostos, e Leonhard Euler, que descobriu boa parte das suas propriedades, designou-o pela letra ee. Junto com π\pi, é uma das duas constantes fundamentais da análise.