Перейти к содержимому
Topos Uranos
Русский

Число e и натуральная экспонента

Краткое содержание

В этом уроке число ee строится как точная верхняя грань последовательности (1+1n)n\left( 1 + \frac{1}{n} \right)^n, которая возникает из сложных процентов: с помощью теоремы о биноме доказывается, что последовательность возрастает и не достигает значения 33, и её точная верхняя грань заключается между ней и убывающей последовательностью (1+1n)n+1\left( 1 + \frac{1}{n} \right)^{n + 1}. Затем доказывается, что ee есть также точная верхняя грань сумм величин, обратных факториалам, оценивается погрешность этих сумм, что позволяет вычислить ee с любой желаемой точностью, и доказывается, что ee иррационально. Наконец, определяется экспонента, устанавливается её связь с непрерывным начислением процентов и доказывается неравенство ex≥1+xe^x \geq 1 + x, которое означает, что прямая y=1+xy = 1 + x лежит под графиком экспоненты.

Цели обучения

  1. Доказывать, что последовательность (1+1n)n\left( 1 + \frac{1}{n} \right)^n возрастает и ограничена, и определять число ee как её точную верхнюю грань.
  2. Вычислять приближения ee с помощью суммы величин, обратных факториалам, со строгой оценкой погрешности и доказывать, что ee иррационально.
  3. Связывать экспоненту со сложными процентами и с их непрерывным начислением и сравнивать результат начисления процентов с разной частотой.
  4. Доказывать и применять неравенство ex≥1+xe^x \geq 1 + x и истолковывать его как положение прямой y=1+xy = 1 + x относительно графика y=exy = e^x.

Последовательность сложных процентов

Капитал 11 вносится на один год под сто процентов годовых. Если проценты выплачиваются один раз, в конце года, капитал удваивается и становится равным 22. Если они выплачиваются дважды, каждые полгода по половинной ставке, то проценты за первое полугодие сами приносят проценты во втором: капитал дважды умножается на 1+121 + \frac{1}{2} и становится равным 94\frac{9}{4}. При четырёх ежеквартальных выплатах он равен (1+14)4=625256\left( 1 + \frac{1}{4} \right)^4 = \frac{625}{256}, немного больше 2,44, а при двенадцати ежемесячных выплатах немного больше 2,61. В общем случае, если год разделён на nn равных периодов и в каждом выплачивается доля 1n\frac{1}{n} ставки, то капитал nn раз умножается на 1+1n1 + \frac{1}{n} и в конце года равен

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

С ростом nn умножение происходит чаще, но на множитель, более близкий к 11, и не очевидно, какой из двух эффектов перевешивает: все степени 11 равны 11, тогда как степени фиксированного основания, большего 11, неограниченно растут. В этом пункте доказывается, что последовательность возрастает, но её члены не достигают значения 33; её точная верхняя грань и есть число ee. Доказательства опираются на теорему о биноме из урока о комбинаторике и биноме Ньютона, на неравенство Бернулли, (1+x)n≥1+nx(1 + x)^n \geq 1 + nx при x≥−1x \geq -1, доказанное в уроке об аксиомах Пеано, и на полноту действительных чисел, сформулированную в уроке о числовых множествах.

Возрастание последовательности

По теореме о биноме ana_n есть сумма n+1n + 1 слагаемых. Слагаемое с индексом kk равно (nk)1nk\binom{n}{k} \frac{1}{n^k} и записывается как произведение 1k!\frac{1}{k!} на k−1k - 1 положительных множителей, меньших 11; при соглашении, что произведение без множителей равно 11, эта запись верна также при k=0k = 0 и 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

В этой записи nn входит только в множители 1−jn1 - \frac{j}{n}, которые растут вместе с nn, и в число слагаемых, которое тоже растёт. Оба эффекта действуют в одну сторону; в этом и состоит идея следующей теоремы.

ТеоремаВозрастание последовательности

Для всякого натурального nn выполняется an<an+1a_n < a_{n + 1}, то есть последовательность (1+1n)n\left( 1 + \frac{1}{n} \right)^n строго возрастает.

Биномиальные разложения ana_n и an+1a_{n + 1} сравниваются почленно. На рисунке при n=3n = 3 каждое слагаемое изображено блоком столбца, начинающегося в 22, поскольку два первых слагаемых во всех случаях равны 11.

Доказательство

  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}}

    По теореме о биноме, при x=1x = 1 и y=1ny = \frac{1}{n}, слагаемое с индексом kk в ana_n равно (nk)1nk\binom{n}{k} \frac{1}{n^k}. Биномиальный коэффициент есть произведение kk множителей, делённое на k!k!, и каждый множитель делится на один из kk множителей nn знаменателя.

  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)}

    Первое частное равно 11, а каждое из остальных есть n−jn=1−jn\frac{n - j}{n} = 1 - \frac{j}{n} при jj от 11 до k−1k - 1. Складывая слагаемые, получаем запись 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)}

    Та же запись с n+1n + 1 вместо nn содержит на одно слагаемое больше, с индексом k=n+1k = n + 1, и оно положительно, поскольку положительны все его множители.

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

    При 1≤j≤n−11 \leq j \leq n - 1 с ростом знаменателя jn\frac{j}{n} уменьшается, а множитель увеличивается; кроме того, все множители положительны.

  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)}

    По монотонности произведения положительных чисел каждое слагаемое ana_n с индексом k≥2k \geq 2, если оно есть, меньше слагаемого с тем же индексом в an+1a_{n + 1}; слагаемые с индексами 00 и 11 равны 11 в обеих суммах.

  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}

    Складывая, получаем, что ana_n не превосходит суммы n+1n + 1 первых слагаемых an+1a_{n + 1}, к которой ещё не добавлено положительное слагаемое с индексом n+1n + 1. Следовательно, an<an+1a_n < a_{n + 1}. На рисунке члены последовательности поднимаются.

Верхняя граница

Возрастания недостаточно, чтобы у последовательности была точная верхняя грань: натуральные числа тоже возрастают. Нужна верхняя граница, и, чтобы её получить, сравним ana_n с суммой величин, обратных факториалам,

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!}

которая получается, если вычеркнуть в записи ana_n все множители 1−jn1 - \frac{j}{n}. Эти суммы интересны и сами по себе, и в следующем пункте будет доказано, что они приближаются к тому же числу, что и ana_n, причём гораздо быстрее. Задача для самостоятельного решения 5 из урока о комбинаторике требовала доказать, что an<3a_n < 3; вторая из следующих лемм содержит эту оценку вместе с промежуточным неравенством an≤sna_n \leq s_n, которое понадобится позже. Первая сравнивает факториалы со степенями 22, и именно она позволяет оценить sns_n геометрической прогрессией.

ЛеммаФакториалы и степени двойки

Для всякого натурального kk выполняется k!≥2k−1k! \geq 2^{k - 1}, причём равенство имеет место только при k=1k = 1 или k=2k = 2.

Рассуждаем по индукции по kk, с принципом из урока об аксиомах Пеано: при переходе от kk к k+1k + 1 факториал умножается на k+1k + 1, что не меньше 22, тогда как степень лишь удваивается. На рисунке при kk от 11 до 44 факториал и степень сравниваются как два столбца.

Доказательство

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

    База индукции: при k=1k = 1 обе части равны 11.

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

    Предположение индукции: пусть неравенство верно для некоторого натурального 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}

    Факториал k+1k + 1 есть факториал kk, умноженный на k+1k + 1, что не меньше 22; так как все множители положительны, предположение индукции даёт неравенство для k+1k + 1.

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

    По принципу математической индукции неравенство верно для всякого натурального kk. Если k≥2k \geq 2, множитель k+1k + 1 не меньше 33, и неравенство для k+1k + 1 строгое: равенство имеет место при k=1k = 1 и при k=2k = 2, и только при них.

ЛеммаОценка последовательности

Для всякого натурального nn выполняется an≤sn<3a_n \leq s_n < 3; первое неравенство строгое при n≥2n \geq 2.

Каждое слагаемое разложения ana_n оценивается соответствующим слагаемым sns_n, а каждое слагаемое sns_n оценивается членом геометрической прогрессии со знаменателем 12\frac{1}{2}. На рисунке при n=4n = 4 сравниваются три столбца на общем основании 22.

Доказательство

  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}

    Каждый множитель 1−jn1 - \frac{j}{n} лежит между 00 и 11; следовательно, их произведение не превосходит 11, и каждое слагаемое ana_n не превосходит слагаемого 1k!\frac{1}{k!} суммы sns_n.

  2. an≤sn\dato{as}{a_n \leq s_n}

    Суммируя по kk от 00 до nn, получаем первое неравенство. Если n≥2n \geq 2, слагаемое с индексом 22 содержит множитель 1−1n<11 - \frac{1}{n} < 1, и неравенство строгое.

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

    По предыдущей лемме k!≥2k−1k! \geq 2^{k - 1} для всякого натурального kk; при переходе к обратным величинам двух положительных чисел неравенство меняет знак.

  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}}}

    Отделяем слагаемое с индексом 00 и оцениваем остальные.

  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

    Выделенное есть сумма nn членов геометрической прогрессии с первым членом 11 и знаменателем 12\frac{1}{2}, вычисленная в уроке о суммах и прогрессиях.

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

    Объединяя оба неравенства, получаем лемму. На рисунке при n=4n = 4 геометрический столбец находится на расстоянии 18\frac{1}{8} от 33, а два других ниже него.

Сопутствующая убывающая последовательность

Если возвести основание 1+1n1 + \frac{1}{n} в степень с показателем на единицу больше, получится вторая последовательность, члены которой больше членов первой, поскольку умножаются на множитель, больший 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

Её первые члены равны b1=4b_1 = 4, b2=278b_2 = \frac{27}{8} и b3=25681b_3 = \frac{256}{81}: они убывают. Следующая теорема доказывает это в общем случае; идея состоит в том, чтобы изучить частное двух соседних членов, а инструментом служит неравенство Бернулли.

ТеоремаУбывание сопутствующей последовательности

Для всякого натурального nn выполняется bn>bn+1b_n > b_{n + 1}, то есть последовательность (1+1n)n+1\left( 1 + \frac{1}{n} \right)^{n + 1} строго убывает.

Достаточно доказать, что частное bnbn+1\frac{b_n}{b_{n + 1}} больше 11, поскольку члены положительны. На рисунке показаны первые члены обеих последовательностей.

Доказательство

  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}}

    Записываем каждое основание как частное, выделяем множитель n+1n+2\frac{n + 1}{n + 2} из степени знаменателя и объединяем две степени с показателем n+1n + 1 в одну.

  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)}}

    Числитель основания превосходит знаменатель на 11, поскольку (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)}}

    По неравенству Бернулли, при x=1n(n+2)x = \frac{1}{n(n + 2)} и показателе n+1n + 1, степень этого основания не меньше 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}}

    Подставляем в частное и приводим к общему знаменателю; сумма n(n+2)+(n+1)n(n + 2) + (n + 1) равна 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

    Раскрываем скобки в числителе и знаменателе: числитель превосходит знаменатель на 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}

    Следовательно, bn>bn+1b_n > b_{n + 1}. На рисунке члены bnb_n убывают, тогда как ana_n возрастают, и каждое bnb_n остаётся выше каждого ana_n.

Число e

Две последовательности сближаются, но не пересекаются: всякий член первой меньше всякого члена второй, даже если их индексы различны.

ЛеммаДве последовательности не пересекаются

Для всех натуральных nn и mm выполняется an<bma_n < b_m.

Переходим через больший из двух индексов: первая последовательность возрастает, вторая убывает, и при каждом индексе вторая лежит выше первой. Рисунок прослеживает случай n=2n = 2 и m=5m = 5.

Доказательство

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

    При одном и том же индексе pp член bpb_p есть apa_p, умноженное на 1+1p1 + \frac{1}{p}, что больше 11, а apa_p положительно.

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

    Пусть pp есть наибольшее из натуральных nn и mm. Так как n≤pn \leq p и последовательность ana_n возрастает, её член с индексом nn не превосходит члена с индексом pp.

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

    Так как m≤pm \leq p и последовательность bnb_n убывает, её член с индексом pp не превосходит члена с индексом mm.

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

    Объединяя три неравенства, из которых среднее строгое, получаем лемму. На рисунке при n=2n = 2 и m=5m = 5 больший индекс равен p=5p = 5.

Из этого следует, что множество членов ana_n непусто и ограничено сверху числом 33 или любым bmb_m. По полноте действительных чисел оно имеет точную верхнюю грань, которая обозначается буквой ee.

Определение. Число ee есть точная верхняя грань множества членов последовательности (1+1n)n\left( 1 + \frac{1}{n} \right)^n при натуральных nn.
ТеоремаЧисло e между двумя последовательностями

Для всякого натурального nn выполняется an<e<bna_n < e < b_n.

Используются определение точной верхней грани как наименьшей верхней границы и монотонность обеих последовательностей. На рисунке показаны две последовательности, которые приближаются к ee с противоположных сторон.

Доказательство

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

    По предыдущей лемме всякий член первой последовательности меньше всякого члена второй.

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

    Следовательно, каждое bmb_m есть верхняя граница множества чисел ana_n, и точная верхняя грань, будучи наименьшей из верхних границ, не превосходит ни одной из них.

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

    Так как ee есть верхняя граница и последовательность ana_n строго возрастает, каждый член меньше следующего за ним, который не превосходит ee.

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

    Точно так же, так как последовательность bnb_n строго убывает, ee не превосходит следующего члена, который меньше bnb_n.

  5. an<e<bna_n < e < b_n

    Объединяя оба неравенства, получаем теорему: ee есть единственное число, которое лежит между всеми ana_n и всеми bnb_n.

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

    С помощью калькулятора получаем, что a74a_{74} больше 2,7, а b17b_{17} меньше 2,8; следовательно, ee лежит между 2,7 и 2,8. Сближение медленное: расстояние между двумя последовательностями равно bn−an=annb_n - a_n = \frac{a_n}{n} и убывает как величина, обратная nn.

Число ee приближённо равно 2,718281828. Якоб Бернулли нашёл его в 1683 году, изучая сложные проценты, а Леонард Эйлер, открывший значительную часть его свойств, обозначил его буквой ee. Вместе с π\pi это одна из двух фундаментальных постоянных анализа.