自然常数 e 的定义

在数学中,自然常数 ee 是一个很常见的数.在高中的数学课本里,只是说明了它是一个无理数,并没有给出它的定义.

但是,ee 在高中课本里又无处不在.特别是到了后面导数部分,不弄清楚 ee 的定义,就没有办法弄清楚为什么 exe^xln(x)\ln(x) 的导数为什么那么特殊.

1. e 是增长的极限

我们假设有一家银行,这家银行的活期存款利率是 100%100\%(当然,现实中这是不可能的).如果我们有 11 块钱,存入银行里,那么一年之后,我可以取出 22 块钱.

但是如果我们勤快一些,半年的时候把钱先取出来一次,这时可以取出 1×(1+100%/2)=1.51\times(1+100\%/2)=1.5 块钱.这时我们在把这 1.51.5 块钱都存入到银行里,半年之后再取出,那么就可以取出 1.5×(1+100%/2)=2.251.5\times(1+100\%/2)=2.25 块钱.这样,我们仅仅时多跑了一次银行,赚到的利息就比原来多了 25%25\%

如果我们再勤快一些,每个月都进行一次这样的操作,那么一年之后,我们一共能取出 1×(1+100%/12)122.611\times(1+100\%/12)^{12}\approx2.61 块钱.这样我们就可以获得更高的收益了.

假如你不甘心,还想再获取更高的收益,你还可以每天进行一次这样的操作,这样在一年之后,你将获得 1×(1+100%/365)3652.711\times(1+100\%/365)^{365}\approx2.71 块钱.我们的收益又多了.

自然地,我们就有一个想法:如果我存取钱的次数足够多,那我的收益是多少?会是无穷多么?

这个问题用数学的语言来描述,就是要求在 n+n\to+\infty 时,an=(1+1n)na_n=\left(1+\dfrac{1}{n}\right)^n的极限.

从前面的例子中,我们其实可以看出,当 nn1212 变到 265265 的时候,ana_n 的增长比 nn22 变到 1212 的时候还要小.可以预见,当 nn 越来越大的时候,ana_n 的增长会越来越小.因此我们可以猜测,ana_n 的增长并不是无限的.

事实上,要想严格的证明这个极限是存在的,需要用到下面的定理:

单调收敛定理:单调有界实数列必有极限.

因此,我们只需要证明两个条件:数列 {an}\{a_n\} 单调,且有界.

单调性的证明

由上面的计算可以知道,a1=2<a2=2.25a_1=2<a_2=2.25

n2n\geqslant 2 时,我们把 (1+1n)n\left(1+\dfrac{1}{n}\right)^n 展开:

(1+1n)n=k=0nCnk1nk=1+n1n+k=2nn(n1)(n2)(nk+1)k!1nk=2+k=2n1k!(n1)(n2)(nk+1)nk1=2+k=2n1k!(11n)(12n)(1k1n)(I)\begin{aligned} \left(1+\dfrac{1}{n}\right)^n &= \sum_{k=0}^n C_n^k\cdot\frac{1}{n^k} \\[2ex] &= 1+n\cdot\frac{1}{n}+\sum_{k=2}^n \frac{n(n-1)(n-2)\cdots(n-k+1)}{k!}\cdot\frac{1}{n^k} \\[2ex] &= 2+\sum_{k=2}^n \frac{1}{k!}\cdot\frac{(n-1)(n-2)\cdots(n-k+1)}{n^{k-1}} \\[2ex] &= 2+\sum_{k=2}^n \frac{1}{k!}\cdot\left(1-\frac{1}{n}\right)\left(1-\frac{2}{n}\right)\cdots\left(1-\frac{k-1}{n}\right) \end{aligned}\tag{I}

比较 ana_nan+1a_{n+1} 的展开式的第 kk 项(2kn2\leqslant k \leqslant n),注意到 1in<1in+11-\dfrac{i}{n}<1-\dfrac{i}{n+1}i=1,2,,k1i=1,2,\cdots,k-1 恒成立,因此

1k!(11n)(1k1n)<1k!(11n+1)(1k1n+1)\frac{1}{k!}\cdot\left(1-\frac{1}{n}\right)\cdots\left(1-\frac{k-1}{n}\right) < \frac{1}{k!}\cdot\left(1-\frac{1}{n+1}\right)\cdots\left(1-\frac{k-1}{n+1}\right)

而且 an+1a_{n+1}ana_n 还多了一项

1(n+1)!(11n+1)(12n+1)(1nn+1)>0\frac{1}{(n+1)!}\cdot\left(1-\frac{1}{n+1}\right)\left(1-\frac{2}{n+1}\right)\cdots\left(1-\frac{n}{n+1}\right) > 0

因此 an<an+1a_n<a_{n+1},故数列 {an}\{a_n\} 单调递增.

有界性的证明

我们只需要证明数列 {an}\{a_n\} 有上界.

根据上面 {an}\{a_n\} 展开式 (I)(\mathrm{I})

(1+1n)n=2+k=2n1k!(11n)(12n)(1k1n)<2+k=2n1k!<2+k=2n1k(k1)=2+(11n)=31n(II)\begin{aligned} \left(1+\dfrac{1}{n}\right)^n &= 2+\sum_{k=2}^n \frac{1}{k!}\cdot\left(1-\frac{1}{n}\right)\left(1-\frac{2}{n}\right)\cdots\left(1-\frac{k-1}{n}\right) \\[2ex] &< 2+\sum_{k=2}^n \frac{1}{k!} \\[2ex] &< 2+\sum_{k=2}^n \frac{1}{k(k-1)} \\[2ex] &= 2+\left(1-\frac{1}{n}\right) \\[2ex] &= 3-\frac{1}{n} \end{aligned}\tag{II}

所以可以得到 an<3a_n<3 恒成立,即数列 {an}\{a_n\} 有上界.

在完成了上面两个证明之后,我们知道,数列 {an}\{a_n\} 的极限是 2233 之间的某一个数,于是我们就把它定义为 ee

elimn+(1+1n)ne \coloneqq \lim_{n\to+\infty} \left(1+\dfrac{1}{n}\right)^n

回到前面的情景,这个结论告诉我们,即使我们每时每刻不停的存取,一年之后我们能取出的钱也不会超过三块钱.也就是说,在年增长率不变的情况下,即使是复利,增长也是有极限的.

利用夹逼定理,还可以证明:对于函数的极限,也有 limx(1+1x)x=e\displaystyle\lim_{x\to\infty}\left(1+\frac{1}{x}\right)^x=e

先考虑 x+x\to +\infty 的情况;

我们令 n=xn=\lfloor x\rfloor,注意到,nx<n+1n \leqslant x<n +1,于是有

1+1n+1<1+1x1+1n1+\frac{1}{n+1}<1+\frac{1}{x}\leqslant 1+\frac{1}{n}

    (1+1n+1)n(1+1n+1)x<(1+1x)x(1+1n)x<(1+1n)n+1\implies \left(1+\frac{1}{n+1}\right)^{n} \leqslant \left(1+\frac{1}{n+1}\right)^{x} < \left(1+\frac{1}{x}\right)^{x} \leqslant \left(1+\frac{1}{n}\right)^{x} < \left(1+\frac{1}{n}\right)^{n+1}

因此

limx+(1+1x)xlimn+(1+1n+1)n=limn+[(1+1n+1)n+1]nn+1=e1=e\begin{aligned} \lim_{x\to +\infty} \left(1+\frac{1}{x}\right)^{x} &\geqslant \lim_{n\to +\infty} \left(1+\frac{1}{n+1}\right)^{n} \\[2ex] &= \lim_{n\to +\infty} \left[\left(1+\frac{1}{n+1}\right)^{n+1}\right]^{\frac{n}{n+1}} \\[2ex] &= e^1=e \end{aligned}

limx+(1+1x)xlimn+(1+1n)n+1=limn+(1+1n)n(1+1n)=e1=e\begin{aligned} \lim_{x\to +\infty} \left(1+\frac{1}{x}\right)^{x} &\leqslant \lim_{n\to +\infty} \left(1+\frac{1}{n}\right)^{n+1} \\[2ex] &= \lim_{n\to +\infty} \left(1+\frac{1}{n}\right)^{n} \cdot \left(1+\frac{1}{n}\right) \\[2ex] &= e\cdot 1 = e \end{aligned}

因此,limx+(1+1x)x=e\displaystyle\lim_{x\to +\infty}\left(1+\frac{1}{x}\right)^x=e

再考虑 xx\to -\infty 的情况.

t=x+t=-x\to +\infty,则

limx(1+1x)x=limt+(11t)t=limt+(tt1)t=limt+(1+1t1)t=limt+(1+1t1)t1(1+1t1)=e1=e\begin{aligned} \lim_{x\to -\infty} \left(1+\frac{1}{x}\right)^{x} &= \lim_{t\to +\infty} \left(1-\frac{1}{t}\right)^{-t} = \lim_{t\to +\infty} \left(\frac{t}{t-1}\right)^{t} \\[2ex] &= \lim_{t\to +\infty} \left(1+\frac{1}{t-1}\right)^{t} \\[2ex] &= \lim_{t\to +\infty} \left(1+\frac{1}{t-1}\right)^{t-1}\cdot\left(1+\frac{1}{t-1}\right) \\[2ex] &= e\cdot 1 = e \end{aligned}

2. e 的展开式

上面对于 ee 的定义,比较容易理解,但是有一个缺点,就是计算比较麻烦,收敛速度非常慢.

我们知道,e2.718281828e\approx 2.718281828,但是 a100002.71815a_{10000}\approx 2.71815a10000002.718280469a_{1000000}\approx 2.718280469a1000000002.718281815a_{100000000}\approx 2.718281815,也就是说,算到第一亿项的时候,才精确到小数点后第7位.

显然,我们需要一个能够更快收敛到 ee 的数列.

为了书写方便,这里我们引入无穷和的记号:

k=0+ana1+a2++an+\displaystyle\sum_{k=0}^{+\infty} a_n\coloneqq a_1+a_2+\cdots+a_n+\cdots

考虑数列 sn=k=0n1k!s_n=\displaystyle\sum_{k=0}^n \frac{1}{k!},可以证明:e=limn+sn=k=0+1k!e= \displaystyle\lim_{n\to+\infty}s_n =\sum_{k=0}^{+\infty}\frac{1}{k!}

先证明数列 {sn}\{s_n\} 收敛,且 ek=0+1k!e\geqslant\displaystyle\sum_{k=0}^{+\infty}\frac{1}{k!}

对任意的 m>n2m>n\geqslant 2,根据上面的 (I)(\mathrm{I}) 式,

(1+1m)m=2+k=2m1k!(11m)(12m)(1k1m)>2+k=2n1k!(11m)(12m)(1k1m)\begin{aligned} \left(1+\dfrac{1}{m}\right)^m &= 2+\sum_{k=2}^m \frac{1}{k!}\cdot\left(1-\frac{1}{m}\right)\left(1-\frac{2}{m}\right)\cdots\left(1-\frac{k-1}{m}\right) \\[2ex] &> 2+\sum_{k=2}^n \frac{1}{k!}\cdot\left(1-\frac{1}{m}\right)\left(1-\frac{2}{m}\right)\cdots\left(1-\frac{k-1}{m}\right) \end{aligned}

两边同时令 m+m\to+\infty,可得

e2+k=2n1k!=k=0n1k!e\geqslant 2+\sum_{k=2}^n \frac{1}{k!}= \sum_{k=0}^n \frac{1}{k!}

根据单调收敛定理,limn+k=0n1k!=k=0+1k!\displaystyle\lim_{n\to+\infty}\sum_{k=0}^n \frac{1}{k!}=\displaystyle\sum_{k=0}^{+\infty} \frac{1}{k!} 一定存在.

因此再令 n+n\to+\infty,可得

ek=0+1k!e\geqslant\sum_{k=0}^{+\infty}\frac{1}{k!}

再证明 ek=0+1k!e\leqslant \displaystyle\sum_{k=0}^{+\infty}\frac{1}{k!}

注意上面的 (II)(\mathrm{II}) 式,在对 ana_n 进行放缩的时候,我们得到了

(1+1n)n<2+k=2n1k!=k=0n1k!\left(1+\dfrac{1}{n}\right)^n < 2+\sum_{k=2}^n \frac{1}{k!} = \sum_{k=0}^n \frac{1}{k!}

两边同时对 nn 取极限,可以得到

ek=0+1k!e\leqslant \sum_{k=0}^{+\infty}\frac{1}{k!}

这样,我们就得到了 ee 的展开式:

e=1+11!+12!+13!++1n!+e=1+\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+\cdots+\frac{1}{n!}+\cdots

用它来计算 ee 的话,收敛速度比前面要快的多:

k=091k!2.718281525k=0121k!2.718281828\begin{aligned} \sum_{k=0}^{9}\frac{1}{k!} &\approx 2.718281525 \\[2ex] \sum_{k=0}^{12}\frac{1}{k!} &\approx 2.718281828 \end{aligned}

3. e 的另一种极限定义

我们知道,f(x)=exf(x)=e^x 的一个重要性质就是 f(x)=f(x)f'(x)=f(x),特别的,f(0)=1f'(0)=1.我们也可以利用这一条性质来定义 ee

若函数 y=axy=a^xa>0a>0a1a\ne 1)在 x=0x=0 处的切线斜率为 11,即 limx0ax1x=1\displaystyle\lim_{x\to 0}\frac{a^x-1}{x}=1,则 a=ea=e

需要注意是,证明的过程用到了 y=logaxy=\log_a x 的连续性.

证明 a=ea=e

t=1ax1t=\dfrac{1}{a^x-1}\to \infty,则 x=loga(1+1t)x=\log_a \left(1+\dfrac{1}{t}\right)

limx0ax1x=limt01tloga(1+1t)=limt01loga(1+1t)t=1logae=logea=1\begin{aligned} \lim_{x\to 0} \frac{a^x-1}{x} &= \lim_{t\to 0} \frac{1}{t\log_a \left(1+\frac{1}{t}\right)} \\[2ex] &= \lim_{t\to 0} \frac{1}{\log_a \left(1+\frac{1}{t}\right)^t} \\[2ex] &= \frac{1}{\log_a e} = \log_e a = 1 \end{aligned}

因此,a=ea=e

这个定义的一个好处是,可以很容易地求出 f(x)=exf(x)=e^x 的导数:

f(x)=limh0ex+hexh=exlimh0eh1h=ex1=ex\begin{aligned} f'(x) &=\lim_{h\to 0}\frac{e^{x+h}-e^x}{h} \\[2ex] &=e^x\cdot\lim_{h\to 0}\frac{e^h-1}{h} \\[2ex] &=e^x\cdot 1\\[2ex] &=e^x \end{aligned}

4. 总结

可以看到,上面我们用了三种不同的方法来定义 ee.虽然这些定义表面上看起来不一样,但它们是定义出来的 ee 都是一样的.也就是说,这三种方法实质上是等价的.第一种方法有实际的解释,相对比较自然;第二种方法计算简便,而且易于拓展;而第三种方法则方便证明指数函数的分析性质.


参考资料:

  • 《数学分析新讲(第一册)》,张筑生
  • Principles of Mathematical Analysis,Walter Rudin
  • Calculus: Early Transcendentals,James Stewart