Ciąg $\left(1 + \frac{1}{n}\right)^n$ jest jednym z najważniejszych ciągów w analizie matematycznej. Jego granica definiuje liczbę Eulera $e \approx 2{,}71828\ldots$ — podstawę logarytmu naturalnego. Pokażemy, że ciąg ten jest rosnący i ograniczony z góry, a zatem zbieżny.
Ciąg $x_n = \left(1 + \frac{1}{n}\right)^n$ jest zbieżny. Jego granicę oznaczamy: \[ e = \lim_{n \to \infty} \left(1 + \frac{1}{n}\right)^n. \]
Dokładniej: ciąg $(x_n)$ jest rosnący i ograniczony z góry (np. przez $3$).
Rozważmy $n+1$ liczb dodatnich: \[ \underbrace{1 + \frac{1}{n},\; 1 + \frac{1}{n},\; \ldots,\; 1 + \frac{1}{n}}_{n \text{ razy}},\; 1. \]
Ich średnia arytmetyczna wynosi: \[ \text{AM} = \frac{n \cdot \left(1 + \frac{1}{n}\right) + 1}{n+1} = \frac{n + 1 + 1}{n+1} = 1 + \frac{1}{n+1}. \]
Ich średnia geometryczna wynosi: \[ \text{GM} = \left[\left(1 + \frac{1}{n}\right)^n \cdot 1\right]^{1/(n+1)} = \left(1 + \frac{1}{n}\right)^{n/(n+1)}. \]
Z nierówności AM-GM (przy czym liczby nie są wszystkie równe, bo $1 + \frac{1}{n} \neq 1$): \[ \text{GM} \lt \text{AM}, \] czyli: \[ \left(1 + \frac{1}{n}\right)^{n/(n+1)} \lt 1 + \frac{1}{n+1}. \]
Podnosimy obie strony do potęgi $n+1$ (obie strony są dodatnie): \[ \left(1 + \frac{1}{n}\right)^n \lt \left(1 + \frac{1}{n+1}\right)^{n+1}, \] czyli $x_n \lt x_{n+1}$. $\checkmark$
Rozwijamy $x_n$ z dwumianu Newtona: \[ x_n = \left(1 + \frac{1}{n}\right)^n = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} \frac{1}{n^k}. \]
Rozpisujemy $\binom{n}{k} \frac{1}{n^k}$: \[ \binom{n}{k} \frac{1}{n^k} = \frac{n!}{k!(n-k)!} \cdot \frac{1}{n^k} = \frac{1}{k!} \cdot \frac{n(n-1)(n-2)\cdots(n-k+1)}{n^k}. \]
Zatem: \[ \binom{n}{k} \frac{1}{n^k} = \frac{1}{k!} \cdot 1 \cdot \left(1 - \frac{1}{n}\right) \cdot \left(1 - \frac{2}{n}\right) \cdots \left(1 - \frac{k-1}{n}\right). \]
Oznaczmy $k$-ty składnik jako: \[ a_k^{(n)} = \frac{1}{k!} \prod_{j=0}^{k-1}\left(1 - \frac{j}{n}\right). \]
Zatem $x_n = \sum\limits_{k=0}^{n} a_k^{(n)}$.
Obserwacja: Gdy $n$ rośnie do $n+1$:
Zatem $x_n \lt x_{n+1}$. $\checkmark$
Korzystamy z rozwinięcia dwumianowego. Dla każdego $k \geq 0$: \[ a_k^{(n)} = \frac{1}{k!} \prod_{j=0}^{k-1}\left(1 - \frac{j}{n}\right) \lt \frac{1}{k!}. \]
(Bo każdy czynnik $1 - \frac{j}{n} \lt 1$ dla $j \geq 1$.)
Zatem: \[ x_n = \sum_{k=0}^{n} a_k^{(n)} \lt \sum_{k=0}^{n} \frac{1}{k!}. \]
Oszacujemy $\frac{1}{k!}$ z góry. Dla $k \geq 2$: \[ k! = 1 \cdot 2 \cdot 3 \cdots k \geq 2^{k-1}, \] bo $k! = 2 \cdot 3 \cdot 4 \cdots k \geq 2 \cdot 2 \cdot 2 \cdots 2 = 2^{k-1}$.
Zatem: \[ \sum_{k=0}^{n} \frac{1}{k!} = 1 + 1 + \frac{1}{2!} + \frac{1}{3!} + \ldots + \frac{1}{n!} \lt 2 + \sum_{k=2}^{n} \frac{1}{2^{k-1}} = 2 + \frac{1}{2} + \frac{1}{4} + \ldots + \frac{1}{2^{n-1}}. \]
Suma szeregu geometrycznego: \[ \sum_{k=2}^{n} \frac{1}{2^{k-1}} = \sum_{j=1}^{n-1} \frac{1}{2^j} \lt \sum_{j=1}^{\infty} \frac{1}{2^j} = 1. \]
Stąd: \[ x_n \lt 2 + 1 = 3. \]
Ciąg $(x_n)$ jest ograniczony z góry przez $3$. $\checkmark$
Ciąg $(x_n)$ jest rosnący i ograniczony z góry. Z twierdzenia o zbieżności ciągów monotonicznych i ograniczonych wynika, że ciąg $(x_n)$ jest zbieżny.
Jego granicę oznaczamy literą $e$: \[ e = \lim_{n \to \infty} \left(1 + \frac{1}{n}\right)^n. \quad \square \]
Z rozwinięcia dwumianowego i przejścia do granicy: \[ e = \lim_{n \to \infty} \sum_{k=0}^{n} a_k^{(n)} = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{k!} = 1 + 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{6} + \frac{1}{24} + \frac{1}{120} + \ldots \]
Uzasadnienie: Dla ustalonego $m$ i $n \geq m$: $x_n \geq \sum_{k=0}^{m} a_k^{(n)}$. Przechodząc z $n \to \infty$ (przy ustalonym $m$): $e \geq \sum_{k=0}^{m} \frac{1}{k!}$. Z drugiej strony $x_n \lt \sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{k!}$, więc $e \leq \sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{k!}$. Stąd $e = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{k!}$.
Obliczając kilka sum częściowych:
Dokładna wartość: $e = 2{,}71828182845904523536\ldots$
Z dowodu ograniczoności: $2 \lt e \lt 3$.
Rozważmy $y_n = \left(1 + \frac{1}{n}\right)^{n+1}$. Pokażemy, że $y_n \gt y_{n+1}$.
Stosujemy AM-GM do $n+1$ liczb: $\underbrace{\frac{n}{n+1}, \ldots, \frac{n}{n+1}}_{n+1 \text{ razy}}, 1$, tj. do $n+2$ liczb, z których $n+1$ jest równych $\frac{n}{n+1}$, a jedna jest równa $1$:
Rozważmy $n+2$ liczb: $\underbrace{1 - \frac{1}{n+1}, \ldots, 1 - \frac{1}{n+1}}_{n+1 \text{ razy}}, 1$.
Średnia arytmetyczna: \[ \text{AM} = \frac{(n+1)\cdot\frac{n}{n+1} + 1}{n+2} = \frac{n+1}{n+2}. \]
Średnia geometryczna: \[ \text{GM} = \left[\left(\frac{n}{n+1}\right)^{n+1} \cdot 1\right]^{1/(n+2)} = \left(\frac{n}{n+1}\right)^{(n+1)/(n+2)}. \]
Z AM-GM ($\text{GM} \lt \text{AM}$): \[ \left(\frac{n}{n+1}\right)^{(n+1)/(n+2)} \lt \frac{n+1}{n+2}. \]
Podnosimy do potęgi $n+2$: \[ \left(\frac{n}{n+1}\right)^{n+1} \lt \left(\frac{n+1}{n+2}\right)^{n+2}. \]
Odwracając obie strony (obie dodatnie): \[ \left(\frac{n+1}{n}\right)^{n+1} \gt \left(\frac{n+2}{n+1}\right)^{n+2}, \] czyli $y_n \gt y_{n+1}$. $\checkmark$
Zatem $y_n$ jest malejący i ograniczony z dołu (przez $x_1 = 2$), więc jest zbieżny. Ponieważ $y_n = x_n \cdot \left(1 + \frac{1}{n}\right)$ i $1 + \frac{1}{n} \to 1$, mamy $\lim y_n = e$.
Stąd: $x_n \lt e \lt y_n$ dla każdego $n$, co daje: \[ \left(1 + \frac{1}{n}\right)^n \lt e \lt \left(1 + \frac{1}{n}\right)^{n+1}. \]
Kilka pierwszych wartości ciągu $x_n = \left(1 + \frac{1}{n}\right)^n$:
Zbieżność jest dość wolna — aby uzyskać $k$ cyfr dokładności, potrzeba $n$ rzędu $10^k$.
Liczba $e$ jest niewymierna (a nawet przestępna). Dowód niewymierności:
Przypuśćmy, że $e = \frac{p}{q}$ dla $p, q \in \mathbb{N}$. Rozważmy: \[ q! \cdot e = q! \sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{k!} = \underbrace{\sum_{k=0}^{q} \frac{q!}{k!}}_{\text{całkowita}} + \underbrace{\sum_{k=q+1}^{\infty} \frac{q!}{k!}}_{\text{reszta}}. \]
Pierwsza suma jest liczbą całkowitą. Reszta: \[ 0 \lt \sum_{k=q+1}^{\infty} \frac{q!}{k!} = \frac{1}{q+1} + \frac{1}{(q+1)(q+2)} + \ldots \lt \frac{1}{q+1} + \frac{1}{(q+1)^2} + \ldots = \frac{1}{q} \leq 1. \]
Zatem $q! \cdot e$ nie jest liczbą całkowitą. Ale $q! \cdot e = q! \cdot \frac{p}{q} = (q-1)! \cdot p$ jest całkowite — sprzeczność. $\square$