Podstawa logarytmu naturalnego

Podstawa logarytmu naturalnego, liczba e, liczba Eulera, liczba Nepera – stała matematyczna wykorzystywana w wielu dziedzinach matematyki i fizyki. W przybliżeniu wynosi 2,718281828459, oznacza się ją literą e.

Definicja

Liczba e jest zdefiniowana na kilka równoważnych sposobów.

Granica ciągu

Jako granica ciągu, e jest określana przez

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

Dowód zbieżności

Wykażemy, że ciąg $\{a_{n}\}_{n\in \mathbb {N} }$$\{a_{n}\}_{{n\in {\mathbb {N}}}}$, gdzie $a_{n}=\left(1+{\tfrac {1}{n}}\right)^{n}$$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},\ldots ,x_{n+1}$$x_{1},\ldots ,x_{{n+1}}$ zachodzi następująca nierówność Cauchy’ego między ich średnią arytmetyczną a geometryczną:

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

(1)

Rozważając $x_{1}=\dots =x_{n}=1+{\tfrac {1}{n}}$$x_{1}=\dots =x_{n}=1+{\tfrac {1}{n}}$ oraz $x_{n+1}=1$$x_{{n+1}}=1$ otrzymujemy

${{1+{\tfrac {1}{n}}+\dots +1+{\tfrac {1}{n}}+1} \over {n+1}}\geqslant \left((1+{\tfrac {1}{n}})\dots (1+{\tfrac {1}{n}})\cdot 1\right)^{1/(n+1)}$${{1+{\tfrac {1}{n}}+\dots +1+{\tfrac {1}{n}}+1} \over {n+1}}\geqslant \left((1+{\tfrac {1}{n}})\dots (1+{\tfrac {1}{n}})\cdot 1\right)^{{1/(n+1)}}$

a stąd

$\left({\tfrac {n+2}{n+1}}\right)^{n+1}\geqslant \left(1+{\tfrac {1}{n}}\right)^{n}$$\left({\tfrac {n+2}{n+1}}\right)^{{n+1}}\geqslant \left(1+{\tfrac {1}{n}}\right)^{n}$ więc również $\left(1+{\tfrac {1}{n+1}}\right)^{n+1}\geqslant \left(1+{\tfrac {1}{n}}\right)^{n}$$\left(1+{\tfrac 1{n+1}}\right)^{{n+1}}\geqslant \left(1+{\tfrac {1}{n}}\right)^{n}$ i $a_{n+1}\geqslant a_{n}$$a_{{n+1}}\geqslant a_{n}$. Czyli ciąg $(a_{n})_{n}$$(a_{n})_{n}$ jest niemalejący.

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

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

${{1-{\frac {1}{n+1}}+\dots +1-{\frac {1}{n+1}}+1} \over {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)}$${{1-{\frac {1}{n+1}}+\dots +1-{\frac {1}{n+1}}+1} \over {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 $\left({\tfrac {n+1}{n+2}}\right)^{n+2}\geqslant \left(1-{\tfrac {1}{n+1}}\right)^{n+1}$$\left({\tfrac {n+1}{n+2}}\right)^{{n+2}}\geqslant \left(1-{\tfrac {1}{n+1}}\right)^{{n+1}}$ a więc też $\left(1-{\tfrac {1}{n+2}}\right)^{n+2}\geqslant \left(1-{\tfrac {1}{n+1}}\right)^{n+1}$$\left(1-{\tfrac {1}{n+2}}\right)^{{n+2}}\geqslant \left(1-{\tfrac {1}{n+1}}\right)^{{n+1}}$. Czyli ciąg ${\Big (}(1-{\tfrac {1}{n+1}})^{n+1}{\Big )}_{n\in \mathbb {N} }$${\Big (}(1-{\tfrac {1}{n+1}})^{{n+1}}{\Big )}_{{n\in {\mathbb N}}}$ jest niemalejący. Ponieważ $b_{n}={1 \over (1-{\frac {1}{n+1}})^{n+1}}$$b_{n}={1 \over (1-{\frac {1}{n+1}})^{{n+1}}}$, to możemy wywnioskować że ciąg $(b_{n})$$(b_n)$ jest nierosnący, a stąd

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

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

Suma szeregu

Jako suma szeregu, e jest określana przez

$e=\sum _{n=0}^{\infty }{1 \over n!}={1 \over 0!}+{1 \over 1!}+{1 \over 2!}+{1 \over 3!}+{1 \over 4!}+\cdots$$e=\sum _{{n=0}}^{\infty }{1 \over n!}={1 \over 0!}+{1 \over 1!}+{1 \over 2!}+{1 \over 3!}+{1 \over 4!}+\cdots$

gdzie n! jest silnią liczby n.

Przy pomocy całki

Pole powierzchni pod hiperbolą jest równe 1

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

$\int \limits _{1}^{e}{\frac {1}{t}}\,dt={1}$$\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$$f(t)=1/t$ od 1 do e jest równe 1).

Przy pomocy funkcji

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

Liczbę e można również zdefiniować jako taki argument funkcji

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

dla którego jej wartość jest największa.

Właściwości

• e jest liczbą niewymierną (co udowodnił Leonhard Euler), a nawet przestępną (co udowodnił Charles Hermite w 1873 roku, w dziele „Sur la fonction expentielle”).
• e jest podstawą takiej funkcji wykładniczej, że styczna do jej wykresu w punkcie (0, 1) ma współczynnik kierunkowy równy 1
• e jest podstawą takiego logarytmu, że styczna do wykresu funkcji logarytmicznej o tej podstawie w punkcie (1,0) ma współczynnik kierunkowy równy 1.
• pochodna funkcji $(e^{x})'=e^{x}\;$$(e^{x})'=e^{x}\;$
• całka funkcji $\int e^{x}\,dx=e^{x}+C$$\int e^{x}\,dx=e^{x}+C$, gdzie C jest dowolną stałą całkowania.
• z definicji wprost wynika, że funkcja wykładnicza o podstawie e jest odwrotną do logarytmu naturalnego:

  $\ \ln e^{x}=x$$\ \ln e^{x}=x$

  $\ e^{\ln x}=x$$\ e^{{\ln x}}=x$

• Jest jednym z elementów wzoru Eulera (zwanego też „najpiękniejszym wzorem matematyki”), wiążącej e z innymi słynnymi liczbami: jednostką urojoną i, π, jednością i zerem:

  $\ e^{i\pi }+1=0$$\ e^{{i\pi }}+1=0$

Wzory na obliczenie e

Granice ciągów

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

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

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

Szeregi nieskończone

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

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

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

$e={\frac {1}{2}}\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {k+1}{k!}}$$e={\frac {1}{2}}\sum _{{k=0}}^{\infty }{\frac {k+1}{k!}}$

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

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

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

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

$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=\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=\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {k^{2}}{2(k!)}}$$e=\sum _{{k=1}}^{\infty }{\frac {k^{2}}{2(k!)}}$

Iloczyny nieskończone

$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)}}}$$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)}}}}$

${\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}}$${\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 Pippinger udowodnił wzór

$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}}}}$$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

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

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 $\left(1+{\frac {1}{2}}\right)^{2}$$\left(1+{\frac {1}{2}}\right)^{2}$, czyli 2,25 złotego. W przypadku kapitalizacji co kwartał otrzymamy $\left(1+{\frac {1}{4}}\right)^{4}$$\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\to \infty }\left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{n}$$\lim _{{n\to \infty }}\left(1+{\frac {1}{n}}\right)^{n}$ czyli e złotych.

Dowód niewymierności e

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

$e_{n}=\sum _{k=0}^{n}{1 \over k!}$$e_{n}=\sum _{{k=0}}^{n}{1 \over k!}$

Szacujemy błąd $e-e_{n}=\sum _{k=n+1}^{\infty }{1 \over k!}=$$e-e_{n}=\sum _{{k=n+1}}^{{\infty }}{1 \over k!}=$

$={1 \over (n+1)!}\cdot \left(1+{\frac {1}{n+2}}+{\frac {1}{(n+2)(n+3)}}+\dots \right)<$$={1 \over (n+1)!}\cdot \left(1+{\frac {1}{n+2}}+{\frac {1}{(n+2)(n+3)}}+\dots \right)<$

$<{1 \over (n+1)!}\cdot \left(1+{\frac {1}{n+1}}+{\frac {1}{(n+1)^{2}}}+\dots \right)=$$<{1 \over (n+1)!}\cdot \left(1+{\frac {1}{n+1}}+{\frac {1}{(n+1)^{2}}}+\dots \right)=$

$={1 \over (n+1)!}\cdot {\frac {1}{1-{\frac {1}{n+1}}}}={\frac {1}{n!\cdot n}}$$={1 \over (n+1)!}\cdot {{\frac {1}{1-{\frac {1}{n+1}}}}}={\frac {1}{n!\cdot n}}$

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

Dowód przez sprowadzenie do sprzeczności:

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

W tym wzorze bierzemy tak duże $n$$n$, żeby było większe od $q$$q$.

Wówczas: ${\frac {p}{q}}=\sum _{k=0}^{n}{1 \over k!}+{\frac {\theta }{n!\cdot n}}$${\frac {p}{q}}=\sum _{{k=0}}^{n}{1 \over k!}+{\frac {\theta }{n!\cdot n}}$

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

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

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

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

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

Zobacz też

• logarytm dziesiętny
• logarytm binarny
• wzór Eulera

Bibliografia

• Bogdan Miś: Tajemnicza liczba e i inne sekrety matematyki. Warszawa: Wydawnictwa Naukowo-Techniczne, 1989. ISBN 978-83-204-3364-7.

Linki zewnętrzne

• e (ang.) w encyklopedii MathWorld
• e w rozwinięciu (ang.)