Liczba e

Liczba ${\displaystyle e}$ stanowi granicę ciągu^[2]

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

Dowód zbieżności

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

Dowód

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

${\displaystyle {\frac {x_{1}+\ldots +x_{n+1}}{n+1}}\geqslant (x_{1}\cdot \ldots \cdot x_{n+1})^{1/(n+1)}.}$

(1)

Rozważając ${\displaystyle x_{1}=\ldots =x_{n}=1+{\tfrac {1}{n}}}$ oraz ${\displaystyle x_{n+1}=1,}$ otrzymujemy

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

a stąd

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

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

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

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

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

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

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

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

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

(1) Obliczenia za pomocą kalkulatora

Wykorzystując zwykły kalkulator, podstawiamy do wzoru na wyrazy ciągu ${\displaystyle n=100000000}$, czyli obliczamy wyraz ${\displaystyle (1+0{,}00000001)^{100000000}}$, co daje już znakomite przybliżenie liczby ${\displaystyle e\approx 2{,}7182817935\,}$ z dokładnością do ${\displaystyle 0{,}00000003}$.

(2) Obliczenie numeryczne

Poniższy prosty kod w języku Python oblicza wybrane wyrazy ciągu ${\displaystyle \left(1+{\tfrac {1}{n}}\right)^{n}}$, zaczynając od ${\displaystyle n=1}$ i zwiększając je co 5000 aż do liczby n_ max. Na końcu drukuje liczbę ${\displaystyle e}$ z 20 cyframi po przecinku dla porównania.

import math
n_max = 1000000 
for n in range(1, n_max + 1, 5000):
    e_przyblizenie = (1 + 1/n) ** n
    print(f"n = {n:3d}, e ≈ {e_przyblizenie}")
print(f"Dokładnie e = {math.e:.20f}...")

Liczba ${\displaystyle e}$ jest równa suma szeregu potęgowego^[3]

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

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

Liczbę ${\displaystyle e}$ można także zdefiniować jako jedyną liczbę rzeczywistą taką że:

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

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

Liczbę ${\displaystyle e}$ można również zdefiniować jako taki argument funkcji

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

dla którego jej wartość jest największa.

${\displaystyle e=\lim _{n\to \infty }{\frac {n}{\sqrt[{n}]{n!}}}}$

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

(oba to tzw. wzory Stirlinga)

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

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

${\displaystyle e=\lim _{n\to \infty }{\Bigg [}{\rm {}}{\frac {(n+1)^{n+1}}{n^{n}}}-{\frac {n^{n}}{(n-1)^{n-1}}}{\Bigg ]}}$

${\displaystyle e=2+{\frac {1}{1+{\frac {1}{2+{\frac {2}{3+{\frac {3}{\ddots }}}}}}}}}$

${\displaystyle e=\left[\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {(-1)^{k}}{k!}}\right]^{-1}}$

${\displaystyle e=\left[\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {1-2k}{(2k)!}}\right]^{-1}}$

${\displaystyle e={\frac {1}{2}}\cdot \sum _{k=0}^{\infty }{\bigg [}{\frac {k+1}{k!}}{\bigg ]}}$

${\displaystyle e=2\sum _{k=0}^{\infty }{\bigg [}{\frac {k+1}{(2k+1)!}}{\bigg ]}}$

${\displaystyle e=\sum _{k=0}^{\infty }{\bigg [}{\frac {3-4k^{2}}{(2k+1)!}}{\bigg ]}}$

${\displaystyle e=\sum _{k=0}^{\infty }{\bigg [}{\frac {(3k)^{2}+1}{(3k)!}}{\bigg ]}}$

${\displaystyle e=\left[\sum _{k=0}^{\infty }{\bigg [}{\frac {4k+3}{2^{2k+1}\,(2k+1)!}}{\bigg ]}\right]^{2}}$

${\displaystyle e=\left[-{\frac {12}{\mathrm {\pi } ^{2}}}\cdot \sum _{k=1}^{\infty }{\bigg [}{\frac {1}{k^{2}}}\cdot \cos {\bigg (}{\frac {9}{k\cdot \mathrm {\pi } +{\sqrt {k^{2}\cdot \mathrm {\pi } ^{2}-9}}}}{\bigg )}{\bigg ]}\right]^{-1/3}}$

${\displaystyle e=\sum _{k=1}^{\infty }{\bigg [}{\frac {k^{2}}{2\cdot k!}}{\bigg ]}}$

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

${\displaystyle {\frac {2\cdot 2^{(\ln(2)-1)^{2}}\ldots }{2^{\ln(2)-1}\cdot 2^{(\ln(2)-1)^{3}}\ldots }}=\prod _{n=0}^{\infty }2^{(\ln(2)-1)^{2n}-(\ln(2)-1)^{2n+1}}}$

W 1980 roku, Nick Pippenger udowodnił wzór^[6][7]

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

gdzie n!!, to silnia podwójna.