e（自然對數的底數）

Basis
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先備知識

假設你的銀行帳戶以每年 100% 的利率成長，但銀行不等到年底才結算，而是每半年以 50% 的利率複利計算兩次。你最終會得到比一年一次更多的錢。每年複利四次、十二次、每天、每毫秒——最終餘額一直在攀升。它會無限成長嗎？答案是否定的：這個過程收斂到一個特定的實數，記作 ee，它是每個「變化量與當前量成正比」現象的核心。

複利成長與極限數列

從 11 出發，在一年內以 1n\frac{1}{n} 的利率複利 nn 次。一年後的餘額為：

an  ≔  (1+1n)n.a_n \;\coloneqq\; \left(1 + \frac{1}{n}\right)^n.

幾個計算值讓收斂變得具體：

nnana_n
112.000 0002.000\,000
222.250 0002.250\,000
10102.593 7422.593\,742
1001002.704 8142.704\,814
10410^42.718 1462.718\,146
10610^62.718 2802.718\,280

數列正朝著接近 2.7182.718 的某個值攀升。要嚴謹地定義 ee，你需要知道極限存在——即 (an)(a_n) 是收斂的。

數列的收斂性

你將證明 (an)(a_n) 是單調遞增且有上界的，這迫使它由實數中建立的 R\mathbb{R} 的完備性收斂。

單調遞增

對 nn 個 (1+1n)\left(1 + \tfrac{1}{n}\right) 與一個 11 共 n+1n+1 個正數應用算術-幾何平均不等式（AM–GM inequality）：

n⋅(1+1n)+1n+1⏟算術平均  ≥  [(1+1n)n⋅1]1n+1⏟幾何平均.\underbrace{\frac{n \cdot \left(1 + \frac{1}{n}\right) + 1}{n+1}}_{\text{算術平均}} \;\geq\; \underbrace{\left[\left(1+\frac{1}{n}\right)^n \cdot 1\right]^{\frac{1}{n+1}}}_{\text{幾何平均}}.

左側化簡為 n+2n+1=1+1n+1\dfrac{n + 2}{n+1} = 1 + \dfrac{1}{n+1}，兩邊取 (n+1)(n+1) 次方得：

(1+1n+1)n+1  ≥  (1+1n)n,\left(1 + \frac{1}{n+1}\right)^{n+1} \;\geq\; \left(1 + \frac{1}{n}\right)^n,

即 an+1≥ana_{n+1} \geq a_n。數列單調遞增。

上界為 33

用**二項式定理（binomial theorem）**展開 ana_n：

(1+1n)n=∑k=0n(nk)1nk=∑k=0n1k!⋅n(n−1)⋯(n−k+1)nk⏟≤ 1.(1)\left(1 + \frac{1}{n}\right)^n = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} \frac{1}{n^k} = \sum_{k=0}^{n} \frac{1}{k!} \cdot \underbrace{\frac{n(n-1)\cdots(n-k+1)}{n^k}}_{\leq\, 1}. \tag{1}

由於每個因子 n−jn≤1\frac{n - j}{n} \leq 1，(1)(1) 中的乘積對每個 kk 都至多為 11，從而：

an  ≤  ∑k=0n1k!  ≤  1+1+12+14+⋯+12n−1  <  3,a_n \;\leq\; \sum_{k=0}^{n} \frac{1}{k!} \;\leq\; 1 + 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{4} + \cdots + \frac{1}{2^{n-1}} \;<\; 3,

其中最後一個界使用了 k!≥2k−1k! \geq 2^{k-1}（k≥1k \geq 1），故每一項 1k!\frac{1}{k!} 至多為 12k−1\frac{1}{2^{k-1}}，由此得到的等比數列和為 22。

一個保持在 33 以下的單調遞增數列必然收斂。這給了我們寫下下一個定義的權利。

ee 的定義

歐拉數（Euler’s number） ee 是實數

e  ≔  lim⁡n→∞(1+1n)n.(2)e \;\coloneqq\; \lim_{n \to \infty} \left(1 + \frac{1}{n}\right)^n. \tag{2}

級數表示

再看不等式 (1)(1)。當 n→∞n \to \infty 時，對每個固定的 kk，比值 n(n−1)⋯(n−k+1)nk\frac{n(n-1)\cdots(n-k+1)}{n^k} 趨向 11（它是 kk 個各自趨向 11 的因子的乘積）。可以證明，上界 an≤∑k=0n1k!a_n \leq \sum_{k=0}^{n} \frac{1}{k!} 連同由保留有限多項得到的下界，共同夾逼到同一個值。結果是：

e  =  ∑k=0∞1k!  =  10!+11!+12!+13!+⋯(3)e \;=\; \sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{k!} \;=\; \frac{1}{0!} + \frac{1}{1!} + \frac{1}{2!} + \frac{1}{3!} + \cdots \tag{3}

其中按慣例 0!≔10! \coloneqq 1。

分母 k!k! 的增長速度比任何固定指數都快，故此級數收斂極快。僅對前八項求和就得到：

1+1+12+16+124+1120+1720+15040  ≈  2.71827,1 + 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{6} + \frac{1}{24} + \frac{1}{120} + \frac{1}{720} + \frac{1}{5040} \;\approx\; 2.71827,

精確到五位小數。級數形式 (3)(3) 在理論工作中往往是最方便的表示。

數值與無理性

精確到十二位小數：

e≈2.718 281 828 459…e \approx 2.718\,281\,828\,459\ldots

ee 是無理數（irrational）。 證明使用級數 (3)(3)。假設存在正整數 p,qp, q 使得 e=pqe = \frac{p}{q}，將 (3)(3) 兩邊乘以 q!q!：

q!⋅e  =  ∑k=0qq!k!⏟整數+∑k=q+1∞q!k!⏟尾項.q!\cdot e \;=\; \underbrace{\sum_{k=0}^{q} \frac{q!}{k!}}_{\text{整數}} + \underbrace{\sum_{k=q+1}^{\infty} \frac{q!}{k!}}_{\text{尾項}}.

由於 e=p/qe = p/q，左側 q!⋅e=(q−1)!⋅pq! \cdot e = (q-1)!\cdot p 是整數，右側第一個和也是整數（對 k≤qk \leq q，每個 q!k!\frac{q!}{k!} 都是連續整數的乘積）。因此尾項也必須是整數。但是：

尾項=1q+1+1(q+1)(q+2)+⋯  <  1q+1⋅11−1q+1=1q  ≤  1,\text{尾項} = \frac{1}{q+1} + \frac{1}{(q+1)(q+2)} + \cdots \;<\; \frac{1}{q+1} \cdot \frac{1}{1 - \frac{1}{q+1}} = \frac{1}{q} \;\leq\; 1,

而尾項顯然是正的。一個嚴格小於 11 的正數不可能是整數——矛盾。因此 e∉Qe \notin \mathbb{Q}。

事實上 ee 是超越數（transcendental）（不是任何整係數多項式的根），但建立這一點需要超出目前先修知識的工具。

為何 ee 是自然底數

你可能想知道，是什麼讓 ee 比 22 或 1010 更特別。答案在於微積分：在所有底數 b>0b > 0 中，函式 x↦bxx \mapsto b^x 的導數——不帶任何額外的乘法常數——恰好在 b=eb = e 時最簡單。同樣地，以 ee 為底的對數（自然對數）的導數為 1x\frac{1}{x}，不帶額外因子。其他任何底數都會引入一個與該底數的對數成正比的修正項。

你將在指數函式和對數中詳細探討這些性質。

摘要

  • 歐拉數 ee 由極限 e≔lim⁡n→∞ ⁣(1+1n)n\displaystyle e \coloneqq \lim_{n\to\infty}\!\left(1 + \tfrac{1}{n}\right)^n 定義，此極限收斂是因為數列單調遞增且以 33 為上界。
  • 等價地，e=∑k=0∞1k!\displaystyle e = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{k!}，這是一個迅速收斂的級數，其部分和提供任意精度的逼近。
  • e≈2.71828e \approx 2.71828（精確到五位小數）。
  • ee 是無理數：假設 e=p/qe = p/q 會導致矛盾，因為級數的尾項是一個小於 11 的正數。
  • ee 是指數函式和對數函式唯一自然的底數——這一事實在那些函式被解析地定義時得以精確說明。