28. óra: Az Euler-féle szám (\(e\))

Mint az órán láttuk, a folytonos kamat problémája vezet az
\[
e_n=\left(1+\tfrac1n\right)^n;\hphantom{000}n\in\mathbb N^+
\]sorozat vizsgálatához.

Célunk igazolni, hogy ez a sorozat konvergens.

Bizonyítás: Azt kell tehát igazolnunk, hogy az \(e_n\) sorozatban minden tag kisebb, mint a következõ:
\begin{equation}
\begin{split}
e_n &\stackrel{?}{<} e_{n+1}\\\\
\left(1+\tfrac1n\right)^n &\stackrel{?}{<} \left(1+\tfrac1{n+1}\right)^{n+1}\hphantom{000}&\big/\,\sqrt[n+1]{(\cdot)}\text{ Ez rendezéstartó és elvégezhetõ.}\\\\
\sqrt[n+1]{\left(1+\tfrac1n\right)^n} &\stackrel{?}{<} 1+\tfrac1{n+1}
\end{split}
\end{equation}Ez utóbbit a számtani és mértani közép közti egyenlõtlenséggel igazoljuk (\(n+1\) számra alkalmazva).
Elsõ lépésként az \((n+1)\)-edik gyök alatt megteremtjük az \((n+1)\)-tényezõs szorzatot:
\begin{equation}
\begin{split}
\sqrt[n+1]{\left(1+\tfrac1n\right)^n} &= \underbrace{\sqrt[n+1]{\left(1+\tfrac1n\right)^n\cdot 1} < \frac{\overbrace{\left(1+\tfrac1n\right)+\left(1+\tfrac1n\right)+\ldots+\left(1+\tfrac1n\right)}^{n\text{ db}}+1}{n+1}}_{\text{Alkalmaztuk a számt. és mért. közép közti egyenlõtlenséget }n+1\text{ számra.}} =
\frac{\color{darkblue}{\left(1+\tfrac1n\right)\cdot n}+1}{n+1} =\\\\
&= \frac{\color{darkblue}{n+1}+1}{n+1} = \frac{\color{darkblue}{n+1}}{n+1} + \frac1{n+1} = \color{darkred}{1+\frac1{n+1}}
\end{split}
\end{equation}És ez volt az igazolandó állításunk. (Közben pedig csak '=' és '<' volt...)

Bizonyítás: Megbecsüljük felülrõl a sorozat egy általános tagját. Becslésünk nem lesz pontos, így nem a legkisebb felsõ korlátot találjuk majd meg, csak egy felsõ korlátot.

Emlékeztetõ: Emlékezzünk vissza a (tanult) Binomiális tételre!
\[
(a+b)^n = \tbinom{n}0 a^n + \tbinom{n}1 a^{n-1}b + \tbinom{n}2 a^{n-2}b^2 + \tbinom{n}3 a^{n-3}b^3 + \ldots +
\tbinom{n}k a^{n-k}b^k + \ldots + \tbinom{n}{n-1} a b^{n-1} + \tbinom{n}{n}b^n
\]

Ezeket fogjuk most alkalmazni az \(\left(1+\frac1n\right)^n\) kifejezésre.
Mivel az tételben lévõ \(a\) szerepét az \(1\) játsza, annak hatványait nem írom ki.
A \(b\) szerepét az \(\frac1n\) játsza, annak hatványait kiírjuk.
A binomiális együtthatók kifejtésére a már ismert: \(\binom{n}k = \frac{n(n-1)(n-2)\cdots(n-k+1)}{k!}\) kifejtést alkalmazzuk.
\begin{equation}
\begin{split}
\left(1+\frac1n\right)^n &=  \overbrace{\binom{n}0}^{1} + \overbrace{\binom{n}1}^{n} \frac1n + \binom{n}2 \frac1{n^2} +\binom{n}3 \frac1{n^3}  + \ldots + \binom{n}k \frac1{n^k} + \ldots + \binom{n}n \frac1{n^n} = \\\\
&= 1 + n\cdot\frac1n + \frac{n(n-1)}{1\cdot 2}\frac1{n^2} + \frac{n(n-1)(n-2)}{1\cdot 2\cdot 3}\frac1{n^3} +
\ldots + \frac{n(n-1)(n-2)(n-3)\cdots(n-k+1)}{1\cdot 2\cdot 3\cdots k}\frac1{n^k} +\\\\
&\hphantom{1+1+}+\ldots+\frac{n(n-1)(n-2)(n-3)\cdots2\cdot1}{1\cdot 2\cdot 3\cdots (n-1)n}\frac1{n^n} <
\end{split}
\end{equation}Az elsõ két tag összege 2.

A számlálókban lévõ \((n-1)\), \((n-2)\), \((n-3)\), stb. tényezõket \(n\)-nel helyettesítjük. Ezzel a számláló, és így a törtek értéke mindenütt nõ.

A nevezõkben a 2-nél nagyobb szorzókat 2-vel helyettesítjük. Ezzel a nevezõ csökken, tehát a tört értéke tovább nõ. (Az 1 szorzót a nevezõkben elhagyjuk.)

E helyettesítések után jogosan írjuk tehát azt, hogy amit kapunk, az nagyobb, mint ami eddig volt:
\begin{equation}
\begin{split}
&< 2 + \frac{n\cdot n}{2}\frac1{n^2} + \frac{n\cdot n\cdot n}{2\cdot 2}\frac1{n^3} + \ldots +
\frac{\overbrace{n\cdot n\cdot n\cdots n}^{k\text{ db}}}{\underbrace{2\cdot2\cdots2}_{k-1\text{ db}}} \frac1{n^k} + \ldots + \frac{\overbrace{n\cdot n\cdot n\cdots n}^{n\text{ db}}}{\underbrace{2\cdot2\cdots2}_{n-1\text{ db}}} \frac1{n^n}=\\\\
\text{Egyszerûsítés után:}\\
&=2+\frac12+\frac1{2^2} +\ldots+ \frac1{2^{k-1}} +\ldots+\frac1{2^{n-1}} \color{darkred}{\mathbf{<3}}
\end{split}
\end{equation}

Még talán indoklásra szorul, hogy a \(2+\frac12+\frac14+\frac18+\ldots+\frac1{2^{n-1}}\) összeg miért kisebb 3-nál, akármeddig is adjuk össze a tagokat.

Nézzük!

A \(2\)-höz hozzáadunk \(\frac12\)-et. Nem érjük el a 3-at, pont' \(\frac12\) hiányzik;
a \(2+\frac12\)-hez hozzáadunk \(\frac14\)-et. Nem érjük el a hármat, éppen \(\frac14\) hiányzik;
a \(2+\frac12+\frac14\)-hez hozzáadunk \(\frac18\)-ot. Nem érjük el a hármat, éppen \(\frac18\) hiányzik;
és ez így megy tovább... mindig pont' a felét adjuk hozzá az eddigi összeghez, mint ami még a 3-hoz hiányzik.

Az összeg sohasem éri el a hármat. (Vagyis kevesebb 3-nál.)

Olyan ez, mint amikor pályázunk: Akármennyit kérünk, mindig egy kicsit (vagy nagyon) kevesebbet adnak, mint a megvalósításhoz kéne. Ha többet kérünk, többet adnak, de azért pont' nem annyit, amennyibõl a szándékunk megvalósítható lenne...

Eredményünk tehát:
\[
\color{darkred}{\left(1+\tfrac1n\right)^n<3},
\]vagyis a sorozat felülrõl korlátos.

Ez a 3 nem a legkisebb felsõ korlát, de a fõtételünkhöz elég:

Indoklás: Beláttuk, hogy \(e_n\) szig. mon. nõ, és felülrõl korlátos; így a Weierstrass-féle konvergenciakritérium szerint konvergens is.

Hogy hova tart, mi a határértéke, azt az eddigiek nem árulják el.

Nem baj, adunk neki nevet!

Az \(e\) szám irracionális (ezt tavasszal bizonyítjuk), sõt transzcendens. Kb. annyira 'zûrös' szám, mint a \(\pi\), és éppen olyan fontos. Közelítõ értéke: \(e\approx 2,71828\ldots\).