45. óra: e irracionális

Emlékeztetõ: A \(f(x)=e^x\) fv. deriválásakor felírtuk a függvény MacLaurin-sorát (Taylor-sorát):
\[
e^x = \frac1{0!} + \frac{x}{1!} + \frac{x^2}{2!} + \frac{x^3}{3!} + \frac{x^4}{4!} + \ldots = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^n}{n!}
\]Ezt \(x=1\)-re felírva:
\[
e = \frac1{0!} + \frac1{1!} + \frac1{2!} + \frac1{3!} + \frac1{4!} + \ldots = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{n!}
\]

Bizonyítás: indirekt. Tegyük fel, hogy
\[
e = \frac{p}q\text{, ahol }p,q\in\mathbb N^+
\]
(1) Jelölje a fenti sor \(n\)-edik részletösszegét \(s_n\):
\[
s_n = \frac1{0!} + \frac1{1!} + \frac1{2!} + \frac1{3!} + \frac1{4!} + \ldots + \frac1{n!}
\]
(2) \(s_n<e\), hiszen a sorból csupa pozitív tagot hagytunk el. Így
\[
0<e-s_n
\]
(3) Becsüljük meg felülrõl is \(e-s_n\)-t! (A különbség nyilván az elhagyott tagok összege.)
\begin{equation}
\begin{split}
e-s_n &= \frac1{(n+1)!} + \frac1{(n+2)!} + \frac1{(n+3)!} + \frac1{(n+4)!}  + \ldots =\\\\
&= \frac1{(n+1)!} + \frac1{(n+2)(n+1)!} + \frac1{(n+3)(n+2)(n+1)!} + \frac1{(n+4)(n+3)(n+2)(n+1)!} + \ldots <\\\\
&\text{a tört értéke nõ, ha a nevezõjét csökkentjük}\\\\
&< \frac1{(n+1)!} + \frac1{(n+1)(n+1)!} + \frac1{(n+1)^2(n+1)!} + \frac1{(n+1)^3(n+1)!} +\ldots = \\\\
\text{ez egy }&\text{végtelen mértani sor: }a_1=\tfrac1{(n+1)!}\text{, hányadosa: }q=\tfrac1{n+1}\text{, mely konvergens, ha }\mathbf{n\ge 1}\text{. Összege: }\tfrac{a_1}{1-q}\\\\
&=\frac{\frac1{(n+1)!}}{1-\frac1{n+1}} = \frac{\frac1{(n+1)!}}{\frac{n+1}{n+1}-\frac1{n+1}} =
\frac{\frac1{(n+1)!}}{\frac{n}{n+1}} = \underbrace{\frac1{(n+1)!} \cdot \frac{n+1}{n} = \frac1{n!} \cdot \frac{1}{n}}_{\text{Egysterûsitve }(n+1)\text{-gyel}} = \frac1{n!\,n}
\end{split}
\end{equation}Kaptuk tehát, hogy ha \(n\ge1\), akkor:
\[
0<e-s_n<\frac1{n!\,n}
\]
(4) Alkalmazzuk eredményünket \(n=q\) esetére:
\[
0<e-s_q<\frac1{q!\,q}
\]
(5) Vegyük észre egyrészt, hogy feltevésünk szerint \(e=\frac{p}q\), ugyanakkor \(s_q = 1 + 1 + \frac1{2!} + \frac1{3!} + \ldots + \frac1{q!}\).
Ha \(s_q\)-t összevonjuk egyetlen törtté, akkor a közös nevezõ \(q!\) lesz, így \(s_q=\frac{F}{q!}\), ahol \(F\) valami egész szám.

(6) Beírva ezt a (4) alatti összefüggésbe:
\begin{equation}
\begin{split}
0&<e-s_q<\frac1{q!\,q}\\\\
0&<\frac{p}q-\frac{F}{q!} <\frac1{q!\,q}\hphantom{00000}\big/\,\cdot q!\\\\
0&<p\cdot(q-1)!-F<\frac1q<1\text{, ha }q>1
\end{split}
\end{equation}
Ha tehát \(q>1\), akkor:
\[
0<p\cdot(q-1)!-F<1
\]De a középen álló kifejezés: \(p\cdot(q-1)!-F\) egész szám. Viszont 0 és 1 között nincsenek egész számok...

(7) Megmaradt még az a lehetõség, hogy \(q=1\), azaz \(e\) egész szám.

Ez azonban nem lehet.

Egyrészt \(e = 1+1+\frac1{2!}+\ldots\), tehát \(2<e\).

Ugyanakkor a (3) alatti összefüggést alkalmazva \(n=1\) mellett (és figyelembe véve, hogy \(s_1=2\)):
\begin{equation}
\begin{split}
e-s_1 &< \frac1{1!\cdot1}\\\\
e-2 &< 1\\\\
e&<3
\end{split}
\end{equation}Kaptuk tehát, hogy \(2<e<3\), tehát \(e\) egész szám sem lehet.

Ezzel a bizonyítást befejeztük.