Podstawa logarytmu naturalnego


Podstawa logarytmu naturalnego w encyklopedii

Z Wikipedii, wolnej encyklopedii Przejdź do nawigacji Przejdź do wyszukiwania

Podstawa logarytmu naturalnego, liczba e, liczba Eulera, liczba Neperastała matematyczna wykorzystywana w wielu dziedzinach matematyki i fizyki. W przybliżeniu wynosi 2,718281828459[1], oznacza się ją literą e.

Spis treści

Definicja | edytuj kod

Liczba e może być zdefiniowana na kilka równoważnych sposobów.

Granica ciągu | edytuj kod

Jako granica ciągu, e jest określana przez

e = lim n ( 1 + 1 n ) n . {\displaystyle e=\lim _{n\to \infty }\left(1+{\tfrac {1}{n}}\right)^{n}.}
Dowód zbieżności

Wykażemy, że ciąg { a n } n N , {\displaystyle \{a_{n}\}_{n\in \mathbb {N} },} gdzie a n = ( 1 + 1 n ) n {\displaystyle a_{n}=\left(1+{\tfrac {1}{n}}\right)^{n}} jest niemalejący i ograniczony z góry, a zatem jest zbieżny.

Przypomnijmy, że dla dodatnich liczb x 1 , , x n + 1 {\displaystyle x_{1},\dots ,x_{n+1}} zachodzi następująca nierówność Cauchy’ego między ich średnią arytmetyczną a geometryczną:

Rozważając x 1 = = x n = 1 + 1 n {\displaystyle x_{1}=\dots =x_{n}=1+{\tfrac {1}{n}}} oraz x n + 1 = 1 , {\displaystyle x_{n+1}=1,} otrzymujemy

1 + 1 n + + 1 + 1 n + 1 n + 1 ( ( 1 + 1 n ) ( 1 + 1 n ) 1 ) 1 / ( n + 1 ) , {\displaystyle {\frac {1+{\tfrac {1}{n}}+\dots +1+{\tfrac {1}{n}}+1}{n+1}}\geqslant \left((1+{\tfrac {1}{n}})\dots (1+{\tfrac {1}{n}})\cdot 1\right)^{1/(n+1)},}

a stąd

( n + 2 n + 1 ) n + 1 ( 1 + 1 n ) n {\displaystyle \left({\tfrac {n+2}{n+1}}\right)^{n+1}\geqslant \left(1+{\tfrac {1}{n}}\right)^{n}} więc również ( 1 + 1 n + 1 ) n + 1 ( 1 + 1 n ) n {\displaystyle \left(1+{\tfrac {1}{n+1}}\right)^{n+1}\geqslant \left(1+{\tfrac {1}{n}}\right)^{n}} i a n + 1 a n . {\displaystyle a_{n+1}\geqslant a_{n}.}

Czyli ciąg ( a n ) n {\displaystyle (a_{n})_{n}} jest niemalejący.

Podłóżmy b n = ( 1 + 1 n ) n + 1 {\displaystyle b_{n}=\left(1+{\tfrac {1}{n}}\right)^{n+1}} i zauważmy, że a n b n = 1 ( n n + 1 ) n + 1 = 1 ( 1 1 n + 1 ) n + 1 . {\displaystyle a_{n}\leqslant b_{n}={\frac {1}{\left({\tfrac {n}{n+1}}\right)^{n+1}}}={\frac {1}{\left(1-{\tfrac {1}{n+1}}\right)^{n+1}}}.}

Z nierówności (1) zastosowanej do x 1 = = x n + 1 = 1 1 n + 1 {\displaystyle x_{1}=\dots =x_{n+1}=1-{\tfrac {1}{n+1}}} oraz x n + 2 = 1 {\displaystyle x_{n+2}=1} otrzymujemy, że:

1 1 n + 1 + + 1 1 n + 1 + 1 n + 2 ( ( 1 1 n + 1 ) ( 1 1 n + 1 ) 1 ) 1 / ( n + 2 ) . {\displaystyle {\frac {1-{\frac {1}{n+1}}+\dots +1-{\frac {1}{n+1}}+1}{n+2}}\geqslant \left(\left(1-{\tfrac {1}{n+1}}\right)\dots \left(1-{\tfrac {1}{n+1}}\right)\cdot 1\right)^{1/(n+2)}.}

Stąd ( n + 1 n + 2 ) n + 2 ( 1 1 n + 1 ) n + 1 , {\displaystyle \left({\tfrac {n+1}{n+2}}\right)^{n+2}\geqslant \left(1-{\tfrac {1}{n+1}}\right)^{n+1},} a więc też ( 1 1 n + 2 ) n + 2 ( 1 1 n + 1 ) n + 1 . {\displaystyle \left(1-{\tfrac {1}{n+2}}\right)^{n+2}\geqslant \left(1-{\tfrac {1}{n+1}}\right)^{n+1}.}

Czyli ciąg ( ( 1 1 n + 1 ) n + 1 ) n N {\displaystyle {\Big (}(1-{\tfrac {1}{n+1}})^{n+1}{\Big )}_{n\in \mathbb {N} }} jest niemalejący. Ponieważ b n = 1 ( 1 1 n + 1 ) n + 1 , {\displaystyle b_{n}={\frac {1}{(1-{\frac {1}{n+1}})^{n+1}}},} to możemy wywnioskować że ciąg ( b n ) {\displaystyle (b_{n})} jest nierosnący, a stąd

a 1 a 2 a n b n b 2 b 1 . {\displaystyle a_{1}\leqslant a_{2}\leqslant \ldots \leqslant a_{n}\leqslant b_{n}\leqslant \ldots \leqslant b_{2}\leqslant b_{1}.}

Ciąg ( a n ) {\displaystyle (a_{n})} jest więc niemalejący i ograniczony z góry (np. przez b 1 {\displaystyle b_{1}} ), a więc jest zbieżny.

Suma szeregu | edytuj kod

Jako suma szeregu, e jest określana przez

e = n = 0 1 n ! = 1 0 ! + 1 1 ! + 1 2 ! + 1 3 ! + 1 4 ! + , {\displaystyle e=\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {1}{n!}}={\frac {1}{0!}}+{\frac {1}{1!}}+{\frac {1}{2!}}+{\frac {1}{3!}}+{\frac {1}{4!}}+\dots ,}

gdzie n ! {\displaystyle n!} jest silnią liczby n . {\displaystyle n.}

Za pomocą całki | edytuj kod

Pole powierzchni pod hiperbolą jest równe 1

Liczbę e można także zdefiniować jako jedyną liczbę rzeczywistą taką że:

1 e 1 t d t = 1 {\displaystyle \int \limits _{1}^{e}{\frac {1}{t}}\,dt={1}}

(to znaczy, że liczba e to taka, że pole powierzchni pod hiperbolą f ( t ) = 1 / t {\displaystyle f(t)=1/t} od 1 do e jest równe 1).

Za pomocą funkcji | edytuj kod

Wykres funkcji f ( x ) = x 1 / x {\displaystyle f(x)=x^{1/x}}

Liczbę e można również zdefiniować jako taki argument funkcji

f ( x ) = x 1 / x , x > 0 {\displaystyle f(x)=x^{1/x},\quad x>0}

dla którego jej wartość jest największa.

Własności | edytuj kod

Wzory na obliczenie e | edytuj kod

Granice ciągów | edytuj kod

e = lim n n n ! n {\displaystyle e=\lim _{n\to \infty }{\frac {n}{\sqrt[{n}]{n!}}}} e = lim n n ( 2 π n n ! ) 1 / n {\displaystyle e=\lim _{n\to \infty }n\cdot \left({\frac {\sqrt {2\pi n}}{n!}}\right)^{1/n}}

(oba to tzw. wzory Stirlinga)

e = lim n n ! ! n , {\displaystyle e=\lim _{n\to \infty }{\frac {n!}{!n}},}

gdzie ! n {\displaystyle !n} to podsilnia, definiowana kombinatorycznie jako liczba nieporządków zbioru n–elementowego, algebraicznie zaś jako ! n = n ! ( 1 1 1 ! + 1 2 ! 1 3 ! + + ( 1 ) n 1 n ! ) {\displaystyle !n=n!\left(1-{\frac {1}{1!}}+{\frac {1}{2!}}-{\frac {1}{3!}}+\cdots +(-1)^{n}{\frac {1}{n!}}\right)}

e = lim n ( ( n + 1 ) n + 1 n n n n ( n 1 ) n 1 ) {\displaystyle e=\lim _{n\to \infty }\left({\rm {}}{\frac {(n+1)^{n+1}}{n^{n}}}-{\frac {n^{n}}{(n-1)^{n-1}}}\right)}

Szeregi nieskończone | edytuj kod

e = 2 + 1 1 + 1 2 + 2 3 + 3 {\displaystyle e=2+{\frac {1}{1+{\frac {1}{2+{\frac {2}{3+{\frac {3}{\ddots }}}}}}}}} e = k = 0 ( 1 ) k k ! 1 {\displaystyle e=\left[\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {(-1)^{k}}{k!}}\right]^{-1}} e = k = 0 1 2 k ( 2 k ) ! 1 {\displaystyle e=\left[\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {1-2k}{(2k)!}}\right]^{-1}} e = 1 2 k = 0 k + 1 k ! {\displaystyle e={\frac {1}{2}}\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {k+1}{k!}}} e = 2 k = 0 k + 1 ( 2 k + 1 ) ! {\displaystyle e=2\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {k+1}{(2k+1)!}}} e = k = 0 3 4 k 2 ( 2 k + 1 ) ! {\displaystyle e=\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {3-4k^{2}}{(2k+1)!}}} e = k = 0 ( 3 k ) 2 + 1 ( 3 k ) ! {\displaystyle e=\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {(3k)^{2}+1}{(3k)!}}} e = k = 0 4 k + 3 2 2 k + 1 ( 2 k + 1 ) ! 2 {\displaystyle e=\left[\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {4k+3}{2^{2k+1}\,(2k+1)!}}\right]^{2}} e = 12 π 2 k = 1 1 k 2   cos ( 9 k π + k 2 π 2 9 ) 1 / 3 {\displaystyle e=\left[{\frac {-12}{\pi ^{2}}}\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{k^{2}}}\ \cos \left({\frac {9}{k\pi +{\sqrt {k^{2}\pi ^{2}-9}}}}\right)\right]^{-1/3}} e = k = 1 k 2 2 ( k ! ) {\displaystyle e=\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {k^{2}}{2(k!)}}}

Iloczyny nieskończone | edytuj kod

e = 2 4 3 6 8 5 7 4 10 12 14 16 9 11 13 15 8 = 2 n = 1 i = 1 2 n 1 ( 2 n + 2 i ) i = 1 2 n 1 ( 2 n + 2 i 1 ) 2 n {\displaystyle e=2\cdot {\sqrt {\frac {4}{3}}}\cdot {\sqrt[{4}]{\frac {6\cdot 8}{5\cdot 7}}}\cdot {\sqrt[{8}]{\frac {10\cdot 12\cdot 14\cdot 16}{9\cdot 11\cdot 13\cdot 15}}}\cdots =2\cdot \prod _{n=1}^{\infty }{\sqrt[{2^{n}}]{\frac {\prod _{i=1}^{2^{n-1}}(2^{n}+2i)}{\prod _{i=1}^{2^{n-1}}(2^{n}+2i-1)}}}} 2 2 ( ln ( 2 ) 1 ) 2 2 ln ( 2 ) 1 2 ( ln ( 2 ) 1 ) 3 = n = 0 2 ( ln ( 2 ) 1 ) 2 n ( ln ( 2 ) 1 ) 2 n + 1 {\displaystyle {\frac {2\cdot 2^{(\ln(2)-1)^{2}}\cdots }{2^{\ln(2)-1}\cdot 2^{(\ln(2)-1)^{3}}\cdots }}=\prod _{n=0}^{\infty }2^{(\ln(2)-1)^{2n}-(\ln(2)-1)^{2n+1}}}

W 1980 roku, Nick Pippenger udowodnił wzór[3][4]

e = 2 ( 2 1 ) 1 / 2 ( 2 3 4 3 ) 1 / 4 ( 4 5 6 5 6 7 8 7 ) 1 / 8 = 2 n = 1 ( 2 n 1 1 ) ! ! 2 ( 2 n ) ! ! 2 ( 2 n 1 ) ! ! 2 ( 2 n 1 ) ! ! 2 2 n , {\displaystyle e=2\left({\frac {2}{1}}\right)^{1/2}\left({\frac {2}{3}}\;{\frac {4}{3}}\right)^{1/4}\left({\frac {4}{5}}\;{\frac {6}{5}}\;{\frac {6}{7}}\;{\frac {8}{7}}\right)^{1/8}\cdots =2\prod _{n=1}^{\infty }{\sqrt[{2^{n}}]{\frac {[(2^{n-1}-1)!!]^{2}[(2^{n})!!]^{2}}{[(2^{n-1})!!]^{2}[(2^{n}-1)!!]^{2}}}},}

gdzie n!!, to silnia podwójna.

Kultura e | edytuj kod

W celu zapamiętania kolejnych cyfr dziesiętnych liczby e tworzone są wierszyki, a nawet opowiadania (podobnie jak o liczbie π), w których długość każdego kolejnego słowa równa się kolejnej cyfrze w rozwinięciu dziesiętnym e:

„We present a mnemonic to memorize a constant so exciting that Euler exclaimed: '!' when first it was found, yes, loudly '!'. My students perhaps will compute e, use power or Taylor series, an easy summation formula, obvious, clear, elegant!”

Gdzie znak „!” oznacza cyfrę 0.

Inne interpretacje liczby e | edytuj kod

Wkładamy do pewnego banku jedną złotówkę. Załóżmy, że oprocentowanie wkładu (stopa procentowa) w skali rocznej wynosi 100%. Ale odsetki mogą być doliczane do kwoty podstawowej w różnorodny sposób. Jeśli będą obliczane po upływie roku, to na koniec roku będziemy mieli 2 złote. Jeśli będą dwa okresy kapitalizacji (czyli odsetki obliczane dwa razy w roku), to na koniec roku będziemy mieć ( 1 + 1 2 ) 2 , {\displaystyle \left(1+{\frac {1}{2}}\right)^{2},} czyli 2,25 złotego. W przypadku kapitalizacji co kwartał otrzymamy ( 1 + 1 4 ) 4 , {\displaystyle \left(1+{\frac {1}{4}}\right)^{4},} co w przybliżeniu wynosi 2,44 zł. Jeśli kapitalizacja odbywała się w sposób ciągły (czyli liczba okresów dąży do nieskończoności) to na koniec roku otrzymamy lim n ( 1 + 1 n ) n , {\displaystyle \lim _{n\to \infty }\left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{n},} czyli e złotych.

Dowód niewymierności e | edytuj kod

Używamy n-tego przybliżenia e , {\displaystyle e,} które zapisujemy e n : {\displaystyle e_{n}{:}}

e n = k = 0 n 1 k ! {\displaystyle e_{n}=\sum _{k=0}^{n}{\frac {1}{k!}}}

Szacujemy błąd

e e n = k = n + 1 1 k ! = 1 ( n + 1 ) ! ( 1 + 1 n + 2 + 1 ( n + 2 ) ( n + 3 ) + ) < 1 ( n + 1 ) ! ( 1 + 1 n + 1 + 1 ( n + 1 ) 2 + ) = 1 ( n + 1 ) ! 1 1 1 n + 1 = 1 n ! n {\displaystyle {\begin{aligned}e-e_{n}&=\sum _{k=n+1}^{\infty }{\frac {1}{k!}}\\&={\frac {1}{(n+1)!}}\cdot \left(1+{\frac {1}{n+2}}+{\frac {1}{(n+2)(n+3)}}+\dots \right)\\&<{\frac {1}{(n+1)!}}\cdot \left(1+{\frac {1}{n+1}}+{\frac {1}{(n+1)^{2}}}+\dots \right)\\&={\frac {1}{(n+1)!}}\cdot {\frac {1}{1-{\frac {1}{n+1}}}}={\frac {1}{n!\cdot n}}\end{aligned}}}

Z tego wynika, że e = e n + θ n ! n = k = 0 n 1 k ! + θ n ! n , {\displaystyle e=e_{n}+{\frac {\theta }{n!\cdot n}}=\sum _{k=0}^{n}{\frac {1}{k!}}+{\frac {\theta }{n!\cdot n}},} gdzie 0 < θ < 1. {\displaystyle 0<\theta <1.}

Dowód przez sprowadzenie do sprzeczności:

Załóżmy, że e {\displaystyle e} jest liczbą wymierną. Czyli da się ją przedstawić w postaci p q {\displaystyle {\frac {p}{q}}} gdzie p , q Z , q 0. {\displaystyle p,q\in \mathbb {Z} ,q\neq 0.}

W tym wzorze bierzemy tak duże n , {\displaystyle n,} żeby było większe od q . {\displaystyle q.}

Wówczas:

p q = k = 0 n 1 k ! + θ n ! n . {\displaystyle {\frac {p}{q}}=\sum _{k=0}^{n}{\frac {1}{k!}}+{\frac {\theta }{n!\cdot n}}.}

Mnożąc stronami przez n ! {\displaystyle n!} dostajemy: p n ! q = k = 0 n n ! k ! + θ n {\displaystyle p\cdot {\frac {n!}{q}}=\sum _{k=0}^{n}{\frac {n!}{k!}}+{\frac {\theta }{n}}}

n ! q Z , {\displaystyle {\frac {n!}{q}}\in \mathbb {Z} ,}   więc   p n ! q Z {\displaystyle p\cdot {\frac {n!}{q}}\in \mathbb {Z} }

n ! k ! Z , {\displaystyle {\frac {n!}{k!}}\in \mathbb {Z} ,}   więc   k = 0 n n ! k ! Z {\displaystyle \sum _{k=0}^{n}{\frac {n!}{k!}}\in \mathbb {Z} }

Zostały same liczby całkowite poza θ n , {\displaystyle {\frac {\theta }{n}},} która całkowita nie jest.

To dowodzi sprzeczności, a więc i nieprawdziwości twierdzenia, że „e jest wymierne”.

Zobacz też | edytuj kod

Przypisy | edytuj kod

  1. Ciąg A001113 w On-Line Encyclopedia of Integer Sequences.
  2. Charles Hermite: Sur la fonction exponentielle. C. R. Acad. Sci. Paris 77, 1873, s. 18–24, 74–79, 226–233.
  3. Eric Weisstein: „Pippenger Product.” From MathWorld--A Wolfram Web Resource.. [dostęp 2013-02-27].
  4. Nick Pippinger. An Infinite Product for e. „Amer. Math. Monthly”. 87 (V), s. 391, maj 1980 (ang.). 

Bibliografia | edytuj kod

Linki zewnętrzne | edytuj kod

Na podstawie artykułu: "Podstawa logarytmu naturalnego" pochodzącego z Wikipedii
OryginałEdytujHistoria i autorzy