Przypomnijmy, że liczba \( e \) była zdefiniowana jako granica pewnego ciągu (patrz twierdzenie 5.1.). Okazuje się, że liczbę tę można także otrzymać jako sumę pewnego szeregu liczbowego. Dzięki tej własności będziemy także mogli wykazać niewymierność liczby \( e. \)
Twierdzenie 7.16. [O liczbie \( e \)]
(1) Szereg \( \displaystyle\displaystyle \sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{k!} \) jest zbieżny oraz \( \displaystyle\displaystyle \sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{k!}=e \);
(2) \( \displaystyle e\in\mathbb{R}\setminus\mathbb{Q}. \)
Dowód 7.16.
(Ad (1)) Przypomnijmy, że
\( e \ =\ \lim\limits_{n \to +\infty}\bigg(1+\frac{1}{n}\bigg)^n. \)
Niech
\( s_n \ \stackrel{df}{=}\ \displaystyle \sum_{k=0}^n\frac{1}{k!},\quad t_n\ \stackrel{df}{=}\ \bigg(1+\frac{1}{n}\bigg)^n, \)
to znaczy \( \displaystyle\{s_n\} \) jest ciągiem sum częściowych szeregu \( \displaystyle\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n!}. \) Ze wzoru dwumianowego Newtona (patrz twierdzenie 1.40.), dla dowolnego \( n\in\mathbb{N} \) dostajemy
\( \begin{array}{lll} t_n & = & \bigg(1+\frac{1}{n}\bigg)^n = \displaystyle \sum_{k=0}^n {n \choose k}\bigg(\frac{1}{n}\bigg)^k = \displaystyle \sum_{k=0}^n\frac{1}{k!} \frac{n(n-1)\cdot\ldots\cdot(n-k+1)}{n^k} \\ & = & \displaystyle \sum_{k=0}^n\frac{1}{k!} \bigg(1-\frac{1}{n}\bigg) \bigg(1-\frac{2}{n}\bigg) \cdot\ldots\cdot \bigg(1-\frac{k-1}{n}\bigg) \le \displaystyle \sum_{k=0}^n\frac{1}{k!}=s_n \end{array} \)
Zatem
\( e \ =\ \lim\limits_{n \to +\infty} t_n \ \le\ \liminf_{n \to +\infty}s_n. \)
Ustalmy dowolne \( p\in\mathbb{N}. \) Wówczas dla dowolnego \( n>p \) mamy
\( \begin{array}{lll} \displaystyle t_n & = & \displaystyle\sum_{k=0}^p\frac{1}{k!} \bigg(1-\frac{1}{n}\bigg) \bigg(1-\frac{2}{n}\bigg) \cdot\ldots\cdot \bigg(1-\frac{k-1}{n}\bigg) \\ & + & \displaystyle\sum_{k=p+1}^{n}\frac{1}{k!} \bigg(1-\frac{1}{n}\bigg) \bigg(1-\frac{2}{n}\bigg) \cdot\ldots\cdot \bigg(1-\frac{k-1}{n}\bigg) \\ & > & \displaystyle\sum_{k=0}^p\frac{1}{k!} \bigg(1-\frac{1}{n}\bigg) \bigg(1-\frac{2}{n}\bigg) \cdot\ldots\cdot \bigg(1-\frac{k-1}{n}\bigg). \end{array} \)
Przechodząc do granicy z \( n \to +\infty \) po obu stronach powyższej nierówności, otrzymujemy:
\( \begin{array}{lll} e & = & \lim\limits_{n \to +\infty} t_n \ge \lim\limits_{n \to +\infty} \displaystyle\sum_{k=0}^p\frac{1}{k!} \bigg(1-\frac{1}{n}\bigg) \bigg(1-\frac{2}{n}\bigg) \cdot\ldots\cdot \bigg(1-\frac{k-1}{n}\bigg) \\ & = & \displaystyle \sum_{k=0}^p\frac{1}{k!} = s_p. \end{array} \)
Powyższa nierówność jest prawdziwa dla dowolnego \( p\in\mathbb{N}, \) zatem możemy przejść do granicy z \( p\longrightarrow+\infty \) i dostajemy
\( e \ =\ \lim\limits_{n \to +\infty} t_n \ \ge\ \limsup_{p \to +\infty} s_p. \) Zatem ostatecznie dostajemy
\( e \ =\ \lim\limits_{n \to +\infty} t_n \ =\ \lim\limits_{n \to +\infty} s_n \ =\ \displaystyle \sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{k!}, \)
co należało dowieść.
(Ad (2)) Oczywiście \( \displaystyle\{s_n\} \) jest ciągiem rosnącym zbieżnym do \( e, \) zatem
\( \forall n\in\mathbb{N}:\ e-s_n>0. \)
Z pierwszej części dowodu wynika, że
\( \begin{array}{lll} e-s_n & = & \displaystyle \sum_{k=n+1}^{\infty}\frac{1}{k!} \ =\ \frac{1}{(n+1)!} \bigg( 1+\frac{1}{n+2} +\frac{1}{(n+2)(n+3)} +\ldots \bigg) \\ & < & \frac{1}{(n+1)!} \underbrace{\sum_{j=0}^{\infty}\frac{1}{(n+1)^j}}_{\begin{array} {l} \textrm{szereg geometryczny} \\ \textrm{o sumie}\ \frac{n+1}{n} \end{array} } \ =\ \frac{1}{(n+1)!}\frac{n+1}{n} \ =\ \frac{1}{n!\cdot n}. \end{array} \)
Dla dowodu niewprost przypuśćmy, że \( e\in\mathbb{Q}, \) tzn. \( \displaystyle e=\frac{p}{q}, \) gdzie \( p\in\mathbb{Z} \) oraz \( q\in\mathbb{N},q>1. \) Z powyższego oszacowania wynika w szczególności, że
\( 0 \ < \ \frac{p}{q}-s_q \ < \ \frac{1}{q!q}. \)
Niech \( \displaystyle a\ \stackrel{df}{=}\ q!\bigg(\frac{p}{q}-s_q\bigg). \) Wówczas
\( 0 \ < \ a \ < \ \frac{1}{q} \ < \ 1. \)
Ale z definicji \( s_q \) mamy \( q!s_q\in\mathbb{N}, \) czyli \( a\in\mathbb{Z}, \) sprzeczność.