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另一个重要的无理数:e (Another important

2020-06-23 ·      
   

现今高中一年级课程中的〈数与式〉单元里,简单地讨论了数系家族中的各个成员。其中,无理数最令一般人感到陌生、无法捉摸。教材中除了介绍诸如 \(\sqrt{n}\) 以及 \(a+\sqrt{b}\) 类的常见无理数外,也介绍了大家熟知的无理数-圆周率 \(\pi\)。

然而,我们也知道,实数线上密密麻麻地布满了无穷多个无理数。换句话说,浩瀚的实数世界里,除了上述常见无理数之外,想必尚有其它忝为人知的成员。除了 \(\pi\) 之外,另一个着名的成员为自然对数的底数 \(e\)。至于 \(e\) 是什幺东东呢?以下我们说分明。

由于 \(e\) 总喜欢藏身自然与生活中,所以我们先来考虑一个与複利有关的问题:假设本金为 \(1\) 单位,并以複利的方式计算。

若利率为 \(100\%\),那幺 \(1\) 年后本利和为 \((1+1)^1=2\)。

若改成半年支付一次利息,则利率减半为 \(\frac{1}{2}\cdot 100\%\)。
那幺,\(1\) 年后本利和为:\((1+\frac{1}{2})^2=\frac{9}{4}=2.25\)

若改成四个月支付一次利息,则利率变为 \(\frac{1}{3}\cdot 100\%\)。
那幺,\(1\) 年后本利和为:\((1+\frac{1}{3})^3=\frac{64}{27}\approx 2.370…\)

若改成三个月支付一次利息,则利率变为 \(\frac{1}{4}\cdot 100\%\)。
那幺,\(1\) 年后本利和为:\((1+\frac{1}{4})^4=\frac{625}{256}\approx 2.441…\)

\(\cdots\)

以此类推,当利率变成原本的 \(\frac{1}{n}\),支付次数变成 \(n\) 次,则 \(1\) 年后本利和为:\((1+\frac{1}{n})^n\)

如此,我们可或得一个数列〈\((1+\frac{1}{n})^n\)〉,其中 \(n\) 为自然数。 

计算并观察数列的前四项后可发现:\(a_1=2,~a_2=2.25,~a_3=2.370…,~a_4=2.441…\)

也许你会猜测,这个数列各项越来越大,但它有可能无止尽地变大增加吗?

若我们再继续计算下去,可以发现下列近似值:

\(n\)101001,00010,000100,0001,000,000\((1+\frac{1}{n})^n\)2.593742.704812.716922.718152.718272.71828

眼尖的读者可能会发现,它成长「变大」的趋势越来越缓慢,当 \(n\) 很大时,它几乎快要「不动」了。接着,读者可能个然联想到下一个问题:它是否有上界?再者,更进一步地,它是否收敛呢?若收敛,它的极限值又为何呢?以下,我们分析一些与此数列有关的性质,引出自然对数的底数 \(e\),最后证明它为无理数。

为了证明此数列的极限值存在,我们引入一个与实数完备性有关常用的判别定理。

定理:设无穷数列 \(\) 递增且有上界,则此数列收敛。

因此,我们需证明:(1)此数列递增,(2)此数列且有上界。
依据上述定理,即可由这2个结果获得此数列收敛的结论。

证明:

(1) 此数列递增

要证明数列递增,不难想像需要证明它的后项大于等于前项,亦即证明对所有的自然数 \(n\),皆满足 \(a_n\le a_{n+1}\)。常用的方法就是「直接比大小」,怎幺比呢?可以拿后项减前项 \(a_{n+1}-a_n\),并证明其值恆为正或 \(0\)。又或者,拿后项除前项 \(\frac{a_{n+1}}{a_n}\),并证明其值恆大于等于 \(1\)。

可惜的是,针对 \(<(1+\frac{1}{n})^n>\) 这个数列而言,以这两种方法并不易行(有兴趣的读者可自行尝试看看!)。因此,这里需要新的比法:「间接比大小」。

我们转个弯,利用二项式定理,分别将 \(a_n\) 与 \(a_{n+1}\) 给「打开」,再作比较。
展开与比较方式如下:

\(\begin{array}{ll}{a_n} &= {(1 + \frac{1}{n})^n} = C_0^n + C_1^n(\frac{1}{n}) + C_2^n{(\frac{1}{n})^2}+\cdots+ C_n^n{(\frac{1}{n})^n}\\&= 1 + n(\frac{1}{n})+\frac{{n(n – 1)}}{{2!}}{(\frac{1}{n})^2}+\frac{{n(n – 1)(n – 2)}}{{3!}}{(\frac{1}{n})^3} +\cdots+ \frac{{n!}}{{n!}}{(\frac{1}{n})^n}\\&= 1 + 1 + \frac{1}{{2!}}(1 – \frac{1}{n}) + \frac{1}{{3!}}(1 – \frac{1}{n})(1 – \frac{2}{n})+\cdots+ \frac{1}{{n!}}(1 – \frac{1}{n})(1 – \frac{2}{n}) \cdots (1 – \frac{{n – 1}}{n})\end{array}\)

\(\begin{array}{ll}{a_{n + 1}} &= {(1 + \frac{1}{{n + 1}})^{n + 1}}\\&= 1 + 1 + \frac{1}{{2!}}(1 – \frac{1}{{n + 1}}) + \frac{1}{{3!}}(1 – \frac{1}{{n + 1}})(1 – \frac{2}{{n + 1}}) +\cdots+ \frac{1}{{n!}}(1 – \frac{1}{{n + 1}})(1 – \frac{2}{{n + 1}}) \cdots (1 – \frac{{n – 1}}{{n + 1}}) + \frac{1}{{(n + 1)!}}(1 – \frac{1}{{n + 1}})(1 – \frac{2}{{n + 1}}) \cdots (1 – \frac{n}{{n + 1}}) \end{array}\)

接着,比较 \(a_n\) 与 \(a_{n+1}\) 前 \(n\) 项,可知:

\(\frac{1}{{k!}}(1 – \frac{1}{k})(1 – \frac{2}{k}) \cdots (1 – \frac{{k – 1}}{k}) \le \frac{1}{{k!}}(1 – \frac{1}{{k + 1}})(1 – \frac{2}{{k + 1}}) \cdots (1 – \frac{{k – 1}}{{k + 1}})\)

,\(\forall k=1,2,…,n\)

尚不然加上 \)a_{n+1}\( 的最后一项,我们即证明了对所有的自然数,\)a_n\le a_{n+1}\(。

(2) 此数列有上界

欲证明此数列有上界即是证明存在某个「够大的数」,使得数列的每一项都比这个数(上界)它来得小。这里我们同样利用上述二项式定理展开后的结果。首先,因为:

\(\begin{array}{ll}{(1 + \frac{1}{n})^n} &= 1 + 1 + \frac{1}{{2!}}(1 – \frac{1}{n}) + \frac{1}{{3!}}(1 – \frac{1}{n})(1 – \frac{2}{n}) +\cdots+ \frac{1}{{n!}}(1 – \frac{1}{n})(1 – \frac{2}{n}) \cdots (1 – \frac{{n – 1}}{n})\end{array}\)

不难看出:\(2 < {(1 + \frac{1}{n})^n} < 2 + \frac{1}{2} + \frac{1}{4} +\cdots+ \frac{1}{{{2^{n – 1}}}} < 3\)

因此,数列 \(<(1+\frac{1}{n})^n>\) 每一项的值的确被限制于 \(3\) 这个数之下。

由(1)与(2)可知数列 \(<(1+\frac{1}{n})^n>\) 递增且有上界,故其收敛,因此 \(\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {(1 + \frac{1}{n})^n}\) 存在。于是,我们便把此极限值定为 \(e\),它亦被称为自然对数的底数。接着,利用数列 \(<(1+\frac{1}{n})^n>\) 便可计算出其近似值:

\(e = 2.7182818284 59…\)

至于它为何是无理数,稍后作说明。

下图一为函数 \(f(x)=(1+\frac{1}{x})^x\) 的图形。取 \(x\) 为整数时,便是上述的数列 \(<(1+\frac{1}{n})^n>\)。
从图中亦可看出随着 \(x\) 变大,它的函数值也不断变大,只是一开始上升的速度较快,但慢慢地便开始趋缓了,甚至当 \(x\) 大于 \(10\) 之后,从图形看起来已接近水平线了。从图中也可以发现,函数的值皆在 \(2\) 与 \(3\) 之间。

另一个重要的无理数:e (Another important

图一\(~~\)函数 \(f(x)=(1+\frac{1}{x})^x\) 的图形

本文一开始,我们从複利的例子得到了数列 \(<(1+\frac{1}{n})^n>\),
并证明了它递增且有上界,\(\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {(1 + \frac{1}{n})^n}\) 存在,并把此极限值定为 \(e\)
另一方面,读者可能会在某些书中发现,我们也会把「\(e\)」定义成:

\({\rm{e}}=\sum\limits_{k = 0}^\infty{\frac{1}{{k!}}}= \frac{1}{{0!}} + \frac{1}{{1!}} + \frac{1}{{2!}} + \frac{1}{{3!}} + \frac{1}{{4!}} +\cdots+ \frac{1}{{n!}} +\cdots\)

看到这里,读者可能会好奇,究竟这是怎幺一回事?不是说 \(e\) 是无理数吗?怎幺它可以写成一长串有理数之和?这里,我们进一步分析无穷级数 \(\sum\limits_{k = 0}^\infty{\frac{1}{{k!}}}\) 相关性质。首先,我们同样证明它收敛,接着,证明它恰等于前面提到的 \(\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {(1 + \frac{1}{n})^n}\),并证明它为无理数。

收敛性证明如下:

考虑由前 \(n\) 项和形成的数列 \(<\sum\limits_{k = 0}^n {\frac{1}{{k!}}} >\),\(n=1,2,3,…\)

(1)因为原数列各项皆正,因此,数列 \(<\sum\limits_{k = 0}^\infty{\frac{1}{{k!}}}>\) 显然递增。

(2)再者,\(\begin{array}{ll}\sum\limits_{k = 0}^\infty{\frac{1}{{k!}}}&= \frac{1}{{0!}} + \frac{1}{{1!}} + \frac{1}{{2!}} + \frac{1}{{3!}} + \frac{1}{{4!}} + \frac{1}{{5!}} +\cdots\\&\le 1 + \frac{1}{1} + \frac{1}{2} + \frac{1}{4} + \frac{1}{8} + \frac{1}{{16}} + \frac{1}{{32}} +\cdots= 1 + \frac{1}{{1 – {\textstyle{1 \over 2}}}} = 3\end{array}\)

由(1)(2)以及前文提到的收敛判别定理
可知 \(\sum\limits_{k = 0}^\infty{\frac{1}{{k!}}}= \frac{1}{{0!}} + \frac{1}{{1!}} + \frac{1}{{2!}} + \frac{1}{{3!}} +\cdots\frac{1}{{n!}} +\cdots\)的极限值存在。

至于怎幺证明 \(\sum\limits_{k = 0}^\infty{\frac{1}{{k!}}}\) 与 \(\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {(1 + \frac{1}{n})^n}\) 相等呢?

只要能分别证明 \(\sum\limits_{k = 0}^\infty{\frac{1}{{k!}}}\le \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {(1 + \frac{1}{n})^n}\) 以及 \(\sum\limits_{k = 0}^\infty{\frac{1}{{k!}}}\ge \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {(1 + \frac{1}{n})^n}\),

即能证明 \(\sum\limits_{k = 0}^\infty{\frac{1}{{k!}}}\) 与 \(\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {(1 + \frac{1}{n})^n}\) 相等。

首先,我们先证 \(\sum\limits_{k = 0}^\infty{\frac{1}{{k!}}}\ge \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {(1 + \frac{1}{n})^n}\)。

我们拿\(\sum\limits_{k = 0}^\infty{\frac{1}{{k!}}}\) 前 \(n\) 项和所形成的数列 \(<\sum\limits_{k = 0}^n {\frac{1}{{k!}}}>\) 与无穷数列 \(<{(1 + \frac{1}{n})^n}>\) 作比较。

同样利用二项展式定理,展开整理后可得:

\(\begin{array}{ll}{(1 + \frac{1}{n})^n} &= C_0^n + C_1^n(\frac{1}{n}) + C_2^n{(\frac{1}{n})^2} +\cdots+ C_n^n{(\frac{1}{n})^n}\\&=1 + n(\frac{1}{n}) + \frac{{n(n – 1)}}{{2!}}{(\frac{1}{n})^2} + \frac{{n(n – 1)(n – 2)}}{{3!}}{(\frac{1}{n})^3} +\cdots+ \frac{{n!}}{{n!}}{(\frac{1}{n})^n}\\&\le 1 + 1 + \frac{{{n^2}}}{{2!}}{(\frac{1}{n})^2} + \frac{{{n^3}}}{{3!}}{(\frac{1}{n})^3} + \frac{{{n^4}}}{{3!}}{(\frac{1}{n})^4} +\cdots+ \frac{{{n^n}}}{{n!}}{(\frac{1}{n})^n}\\&=1 + \frac{1}{{1!}} + \frac{1}{{2!}} + \frac{1}{{3!}} +\cdots+ \frac{1}{{n!}} +\cdots\end{array}\)

即 \({(1 + \frac{1}{n})^n}\le\sum\limits_{k = 0}^n{\frac{1}{{k!}}}\)

另一方面,我们也可证明 \(\sum\limits_{k = 0}^\infty{\frac{1}{{k!}}}\le\mathop {\lim }\limits_{n\to\infty }{(1 + \frac{1}{n})^n}\),这部份的证明留作习题,留待读者自行尝试。

综合上述结果,由于 \({(1 + \frac{1}{n})^n}\le\sum\limits_{k=0}^n {\frac{1}{{k!}}}\) 且 \(\mathop {\lim }\limits_{n\to\infty}{(1 + \frac{1}{n})^n}\ge\sum\limits_{k=0}^n {\frac{1}{{k!}}}\),可推得:

\(\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty }{(1 +\frac{1}{n})^n}=\sum\limits_{k = 0}^\infty{\frac{1}{{k!}}}= 1 + \frac{1}{{1!}} + \frac{1}{{2!}} + \frac{1}{{3!}} +\cdots+ \frac{1}{{n!}}+\cdots\)

因此,可得:

\({\rm{e}} =\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty }{(1 + \frac{1}{n})^n} = 1 + \frac{1}{{1!}} + \frac{1}{{2!}} + \frac{1}{{3!}} +\cdots+ \frac{1}{{n!}} +\cdots\)

证明了上述结果后,我们便可用之证明 \(e\) 为无理数。回想高中教材(第一册的附录)中,证明 \(\sqrt{2}\) 为无理数时,利用了归谬证法。依此灵感与经验,这里我们同样利用归谬证法来证明 \(e\) 为无理数。

证明:

首先,假设 \({\rm{e}} = 1 + \frac{1}{{1!}} + \frac{1}{{2!}} + \frac{1}{{3!}} +\cdots+ \frac{1}{{n!}} +\cdots\) 为有理数,

令其为 \(\frac{p}{q}\),其中 \(p\) 与 \(q\) 皆为互质的正整数。

由 \(\frac{p}{q} = \sum\limits_{k = 0}^\infty{\frac{1}{{k!}}}= 1 + \frac{1}{{1!}} + \frac{1}{{2!}} + \frac{1}{{3!}} +\cdots+ \frac{1}{{n!}} +\cdots\)

可知:\(0 < \frac{p}{q} – (1 + \frac{1}{{1!}} + \frac{1}{{2!}} + \frac{1}{{3!}} +\cdots+ \frac{1}{{q!}}) \le \frac{1}{{(q + 1)!}}[1 + \frac{1}{{q + 1}} + {(\frac{1}{{q + 1}})^2} +\cdots] = \frac{1}{{(q + 1)!}}\frac{{q + 1}}{q} = \frac{1}{{q \cdot q!}}\)

同乘以 \(q{!}\) 可得:\(0 < q![\frac{p}{q} – (1 + \frac{1}{{1!}} + \frac{1}{{2!}} + \frac{1}{{3!}} +\cdots+ \frac{1}{{q!}})] \le q!\frac{1}{{q \cdot q!}} = \frac{1}{q} < 1\)

然而,\(q![\frac{p}{q} – (1 + \frac{1}{{1!}} + \frac{1}{{2!}} + \frac{1}{{3!}} +\cdots+ \frac{1}{{q!}})] \\= q!(\frac{p}{q}) – q!(1 + \frac{1}{{1!}} + \frac{1}{{2!}} + \frac{1}{{3!}} +\cdots+ \frac{1}{{q!}})\)

其中,\(q{!}(\frac{p}{q})\) 与 \(q!(1 + \frac{1}{{1!}} + \frac{1}{{2!}} + \frac{1}{{3!}} +\cdots+ \frac{1}{{q!}})\) 皆为自然数。

但是,并不存在介于 \(0\) 与 \(1\) 之间的自然数,因此导致了矛盾。而造成此矛盾的原因,是因为我们假设 \(e\) 为有理数,于是 \(e\) 当为无理数才是,证明完成!

综合本文内容,我们提出几个与 \(e\) 有关的结论:

除了上述範围外,实际上我们也可利用数列 \(<{(1 + \frac{1}{n})^n}>\)
或利用 \(1 + \frac{1}{{1!}} + \frac{1}{{2!}} + \frac{1}{{3!}} +\cdots+ \frac{1}{{n!}} +\cdots\) 来计算其近似值:

\(e = 2.718281828459…\)

此即为圆周率之外,另一个重要的无理数。其小数点后的数字无穷无尽,不循环亦无规律,藏身大自然。以其所造出的指数函数 \(e^x\) 亦为常见且重要的函数。

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