Il numero di Nepero è irrazionale.

Categorie: Matematica Scritto da: Umberto Cibien Commenti:0

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Eulero e Nepero si sono Entrambi occupati del numero e. In realtà, sembra che sia stato Giacomo Bernoulli, il primo a considerare il numero e come limite della successione $\dpi{120} a_{n}= (1+\frac{1}{n})^{n}$ . Ciononostante, il numero è noto più che altro come numero di Nepero.

Ricordate il problema esponenziale ? Ad un certo punto della soluzione, diventa necessario capire se il limite:

$\dpi{120} \lim_{n \to \infty}(1+\frac{1}{n})^{n}$ esista e abbia un valore finito.

Facciamolo in due passi.

Primo passo: dimostriamo per prima cosa che la successione :

$\dpi{120} a_{n}= (1+\frac{1}{n})^{n}$ è strettamente crescente.( $\dpi{120} a_{1}<a_{2}<.....<a_{n}<..$ )

osserviamo che ogni termine è positivo. Ricordiamo che una successione altro non è che una funzione che ha come dominio l'insieme dei numeri naturali, e come codominio (di solito ) R, insieme dei numeri reali.

N--->R, $\dpi{120} n \to a_{n}$ . Per prendere un po' di confidenza, calcoliamo i primi termini della successione:

$\dpi{120} a_{1}=(1+\frac{1}{1})^{1}=2$

$\dpi{120} a_{2}=(1+\frac{1}{2})^{2}=\frac{9}{4}$

$\dpi{120} a_{3}=(1+\frac{1}{3})^{3}=\frac{64}{27}$

già da qui vediamo che la funzione è crescente.

Dimostriamolo però per ogni valore di n , usando il binomio di Newton: $(a+b)^{n}=\sum_{k=0}^{n}\frac{n!}{(n-k)!\cdot k!}a^{n-k}\cdot b^{k}$ .

$\dpi{120} \dpi{120} (1+\frac{1}{n})^{n}=\sum_{k=0}^{n}\frac{n!}{k!(n-k)!}\cdot \frac{1}{n^{k}}\cdot 1^{n-k}$

$\dpi{120} \dpi{120} (1+\frac{1}{n})^{n}=\sum_{k=0}^{n}\frac{n\cdot (n-1)\cdot \cdot \cdot (n-k+1)}{k!}\cdot \frac{1}{n^{k}}$

il prodotto $\dpi{120} n\cdot (n-1)\cdot \cdot \cdot (n-k+1)$ ha k fattori, per cui a denominatore possiamo esplicitare $\dpi{120} n^{k}$ ottenendo k frazioni.

$\dpi{120} \dpi{120} (1+\frac{1}{n})^{n}=\sum_{k=0}^{n}\frac{1}{k!}\cdot \frac{n}{n}\cdot \frac{n-1}{n}\cdot \cdot \frac{n-k+1}{n}$

$\dpi{120} \dpi{120} a_{n}=\ (1+\frac{1}{n})^{n}=\sum_{k=0}^{n}\frac{1}{k!}\cdot (1-\frac{1}{n})\cdot \cdot \cdot (1-\frac{k-1}{n})$

vogliamo confrontare an con an+1; per an+1 avremo dei conti analoghi (basta sostituire a n -->n+1:

$\dpi{120} a_{n+1}=\ (1+\frac{1}{n})^{n}=\sum_{k=0}^{n+1}\frac{1}{k!}\cdot (1-\frac{1}{n+1})\cdot \cdot \cdot (1-\frac{k-1}{n+1})$

Fissiamo ora un valore di k. Osserviamo che il primo termine $\dpi{120} (1-\frac{1}{n})$ che compare nella sommatoria di an è minore del primo termine che compare nella sommatoria di an+1: $\dpi{120} (1-\frac{1}{n+1})$ ; questo succede per ogni fattore nei prodotti generati con un certo k, dal primo all'ultimo: $\dpi{120} (1-\frac{k-1}{n})<(1-\frac{k-1}{n+1})$ . Quindi ogni addendo della sommatoria che dà an è minore del corrispondente che dà an+1. Inoltre, per k=n+1 nella seconda sommatoria abbiamo un termine in più. Quindi senz'altro $\dpi{120} a_{n}<a_{n+1}$ .

Per vederlo meglio:

$\dpi{120} \dpi{120} a_{n+1}=\ (1+\frac{1}{n})^{n}=\sum_{k=0}^{n}\frac{1}{k!}\cdot (1-\frac{1}{n+1})\cdot \cdot \cdot (1-\frac{k-1}{n+1})+ T(n+1))$

(ci siamo fermati nella sommatoria a k=n; il termine T(n+1) è il termine che si ottiene per k=n+1, ed è un termine positivo. Possiamo adesso confrontare le due somme , che hanno , fissato k, solo come differenza il fatto che in un prodotto compare n, nell'altro n+1:

per $\dpi{120} a_{n}$ :

$\dpi{120} \frac{1}{k!}\cdot (1-\frac{1}{n})\cdot \cdot \cdot (1-\frac{k-1}{n})$

per $\dpi{120} a_{n+1}$ :

$\dpi{120} \frac{1}{k!}\cdot (1-\frac{1}{n+1})\cdot \cdot \cdot (1-\frac{k-1}{n+1})$

quindi, per ogni k, essendo n<n+1

$\dpi{120} \frac{1}{k!}\cdot (1-\frac{1}{n})\cdot \cdot \cdot (1-\frac{k-1}{n})< \frac{1}{k!}\cdot (1-\frac{1}{n+1})\cdot \cdot \cdot (1-\frac{k-1}{n+1})$

e quindi anche per le due sommatorie:

$\dpi{120} \sum_{k=0}^{n}\frac{1}{k!}\cdot (1-\frac{1}{n})\cdot \cdot \cdot (1-\frac{k-1}{n})< \sum_{k=0}^{n}\frac{1}{k!}\cdot (1-\frac{1}{n+1})\cdot \cdot \cdot (1-\frac{k-1}{n+1})$

il primo membro è $\dpi{120} a_{n}$ , il secondo è $\dpi{120} a_{n+1}-T(n+1)$ , con T(n+1)>0 Siamo quindi sicuri che $\dpi{120} a_{n}<a_{n+1}$

La successione è dunque strettamente crescente.

Secondo passo: la successione degli $\dpi{120} a_{n}$ è compresa fra 2 e 3:

$\dpi{120} 2<a_{n}<3$ per ogni n>1.

se n=1, $\dpi{120} a_{1}=(1+\frac{1}{1})^{1}=2$ ; essendo strettamente crescente, $\dpi{120} 2<a_{n}$ qualsiasi sia n.

Riprendiamo adesso in mano l'espressione $\dpi{120} \dpi{120} a_{n}=\ (1+\frac{1}{n})^{n}=\sum_{k=0}^{n}\frac{1}{k!}\cdot (1-\frac{1}{n})\cdot \cdot \cdot (1-\frac{k-1}{n})$

essendo ciascuno dei fattori del tipo $\dpi{120} (1-\frac{1}{n})$ ,... $\dpi{120} (1-\frac{k-1}{n})$ minori di 1, si avrà:

$\dpi{120} \dpi{120} \dpi{120} a_{n}=\ (1+\frac{1}{n})^{n}=\sum_{k=0}^{n}\frac{1}{k!}\cdot (1-\frac{1}{n})\cdot \cdot \cdot (1-\frac{k-1}{n})<\sum_{k=0}^{n}\frac{1}{k!}$

Notiamo poi che $\dpi{120} k!=1\cdot 2\cdot 2\cdot \cdot \cdot k\geq 1\cdot 2\cdot 2=2^{k-1}$ d)

$\dpi{120} a_{n}<\sum_{k=0}^{n}\frac{1}{k!}=1+\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k!}\leq 1 + \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{2^{k-1}}=1 + \sum_{k=0}^{n-1}\frac{1}{2^{k}}$

dove abbiamo usato la diseguaglianza d) nel terzo passaggio ,mentre nell'ultima sommatoria, se si cambia l'indice da k -1 a k gli estremi vanno cambiati con 0 e n-1 . Ciò ci permette di capire che l'ultima sommatoria è una somma geometrica:

$\dpi{120} \sum_{k=0}^{n-1}\frac{1}{2^{k}}=\frac{1-\frac{1}{2^{n}}}{1-\frac{1}{2}}=2\cdot (1-\frac{1}{2^{n}})<2$

quindi $\dpi{120} \dpi{120} a_{n}\leq 1 + \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{2^{k-1}}=1 + \sum_{k=0}^{n-1}\frac{1}{2^{k}}<1+2=3$

pertanto $\dpi{120} 2<a_{n}<3$ . Questo ci basta per concludere che la successione, essendo crescente e limitata, ammette un limite*, che chiamiamo proprio e. Dunque $\dpi{120} \dpi{120} 2<e\leq 3$ .

In realtà dovremmo citare un noto teorema sulle successioni crescenti e limitate , che afferma proprio quanto detto. Non avendo parlato mai a fondo di successioni, ci limitiamo ad intuire che essendo crescente e limitata superiormente, alla fine dovrà convergere ad un numero limitato. Inoltre questo limite potrebbe anche essere uguale a 3, ma vedremo che è impossibile.

crescente1 — Una funzione crescente e superiormente limitata, tende ad un valore finito. Nel nostro caso la funzione non assume tutti i valori, ma solo quelli relativi ai pallini, essendo appunto una successione. Chiaramente il risultato finale non cambia.

La funzione esponenziale $\dpi{120} e^{x}$

Due parole sulla funzione esponenziale; siamo talmente abituati ad usarla che forse non ci ricordiamo nemmeno come è definita. Infatti, finchè si tratta di usare degli esponenti interi o razionali, sappiamo tutti cosa significa $\dpi{120} e^{n} , e^{\frac{m}{n}}$ . Ma quando l'esponente è un numero reale x? Abbiamo visto in questo articolo come la definì Newton. Come una serie di potenze di cui si ricavò i coefficienti imponendo che la funzione fosse uguale alla sua derivata. Il risultato finale fu questo:

$e^{x}= \sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^{n}}{n!}$ . Per quanto appena detto sappiamo poi che D $\dpi{120} e^{x}=e^{x}$ .

Irrazionalità di e

Il numero di Nepero e, definito come limite della successione

$\dpi{120} \dpi{120} \lim_{n \to \infty}(1+\frac{1}{n})^{n}=e$

è un numero irrazionale.

Supponiamo per assurdo che e sia un numero razionale. Allora $\dpi{120} \dpi{120} \dpi{120} e=\frac{p}{q}$ con p, q numeri interi.

Sfruttiamo adesso la formula di Taylor, che potete trovare qui nell'archivio. In particolare, siamo interessati allo sviluppo di Maclaurin con il resto di Lagrange:

f(x) = f(x₀) + (x ) f ’(x₀) + f ”(x₀) (x )²/2 + f ^III(x₀)(x –)³/6 + f ^IV(x₀)(x )⁴/24 + …. + f ⁿ(x₀) (x )ⁿ /n! + R_n+1

Dove:

R_n+1= f ⁿ⁺¹(x_n+1)(x )ⁿ⁺¹/(n + 1)!

Applichiamolo alla funzione $\dpi{120} e^{x}$ (che ha tutti i requisiti)

$\dpi{120} \dpi{120} \dpi{120} \dpi{120} e^{x}=1+x+\frac{x^{2}}{2!}+....+\frac{x^{n}}{n!}+ \frac{e^{x_{n}}}{(n+1)!}\cdot x^{n+1}$ dove 0<xn<x

ponendo x=1, abbiamo:

$\dpi{120} e=\sum_{k=0}^{n}\frac{1}{k!}+\frac{e^{x_{n}}}{(n+1)!}$ ;0<xn<1

sostituiamo adesso ad $\dpi{120} \dpi{120} \dpi{120} e=\frac{p}{q}$ e moltiplichiamo ambo i membri per n!:

$\dpi{120} \dpi{120} \dpi{120} n!e=n!\cdot \frac{p}{q}=\sum_{k=0}^{n}\frac{n!}{k!}+ \frac{e^{x_{n}}}{n+1}$

essendo 0<xn<1, ed essendo crescente la funzione esponenziale, $\dpi{120} 1=e^{0}<e^{xn}<e<3$ , quindi $\dpi{120} e^{xn}<3$ ;

Prendiamo adesso n>max(3,q). I numeri n!p/q risulta intero. chiaramente anche il numero n!/k! è intero e quindi anche

la sommatoria $\dpi{120} \sum_{k=0}^{n}\frac{n!}{k!}$ . Quindi anche la differenza $\dpi{120} n!\cdot \frac{p}{q}-\sum_{k=0}^{n}\frac{n!}{k!}$ è un intero. Tale differenza è uguale a $\dpi{120} \frac{e^{x_{n}}}{n+1}$ ; ma abbiamo preso n>3, ed essendo $\dpi{120} e^{xn}<3$ , risulta:

$\dpi{120} \frac{e^{x_{n}}}{n+1}$ <1. Quindi l'identità $\dpi{120} \dpi{120} \dpi{120} e=\frac{p}{q}$ è assurda, e il numero di Nepero non può essere razionale. E quindi e non può nemmeno essere uguale a 3, che è un numero razionale. Quindi 2<e<3.

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