自然常数 e 的定义

在数学中，自然常数 eee 是一个很常见的数．在高中的数学课本里，只是说明了它是一个无理数，并没有给出它的定义．

但是，eee 在高中课本里又无处不在．特别是到了后面导数部分，不弄清楚 eee 的定义，就没有办法弄清楚为什么 exe^xex 和 ln⁡(x)\ln(x)ln(x) 的导数为什么那么特殊．

1. e 是增长的极限

我们假设有一家银行，这家银行的活期存款利率是 100%100\%100%（当然，现实中这是不可能的）．如果我们有 111 块钱，存入银行里，那么一年之后，我可以取出 222 块钱．

但是如果我们勤快一些，半年的时候把钱先取出来一次，这时可以取出 1×(1+100%/2)=1.51\times(1+100\%/2)=1.51×(1+100%/2)=1.5 块钱．这时我们在把这 1.51.51.5 块钱都存入到银行里，半年之后再取出，那么就可以取出 1.5×(1+100%/2)=2.251.5\times(1+100\%/2)=2.251.5×(1+100%/2)=2.25 块钱．这样，我们仅仅时多跑了一次银行，赚到的利息就比原来多了 25%25\%25%．

如果我们再勤快一些，每个月都进行一次这样的操作，那么一年之后，我们一共能取出 1×(1+100%/12)12≈2.611\times(1+100\%/12)^{12}\approx2.611×(1+100%/12)12≈2.61 块钱．这样我们就可以获得更高的收益了．

假如你不甘心，还想再获取更高的收益，你还可以每天进行一次这样的操作，这样在一年之后，你将获得 1×(1+100%/365)365≈2.711\times(1+100\%/365)^{365}\approx2.711×(1+100%/365)365≈2.71 块钱．我们的收益又多了．

自然地，我们就有一个想法：如果我存取钱的次数足够多，那我的收益是多少？会是无穷多么？

这个问题用数学的语言来描述，就是要求在 n→+∞n\to+\inftyn→+∞ 时，an=(1+1n)na_n=\left(1+\dfrac{1}{n}\right)^nan​=(1+n1​)n 的极限．

从前面的例子中，我们其实可以看出，当 nnn 从 121212 变到 265265265 的时候，ana_nan​ 的增长比 nnn 从 222 变到 121212 的时候还要小．可以预见，当 nnn 越来越大的时候，ana_nan​ 的增长会越来越小．因此我们可以猜测，ana_nan​ 的增长并不是无限的．

事实上，要想严格的证明这个极限是存在的，需要用到下面的定理：

因此，我们只需要证明两个条件：数列 {an}\{a_n\}{an​} 单调，且有界．

单调性的证明

有界性的证明

在完成了上面两个证明之后，我们知道，数列 {an}\{a_n\}{an​} 的极限是 222 和 333 之间的某一个数，于是我们就把它定义为 eee：

e≔lim⁡n→+∞(1+1n)ne \coloneqq \lim_{n\to+\infty} \left(1+\dfrac{1}{n}\right)^n e:=n→+∞lim​(1+n1​)n

回到前面的情景，这个结论告诉我们，即使我们每时每刻不停的存取，一年之后我们能取出的钱也不会超过三块钱．也就是说，在年增长率不变的情况下，即使是复利，增长也是有极限的．

利用夹逼定理，还可以证明：对于函数的极限，也有 lim⁡x→∞(1+1x)x=e\displaystyle\lim_{x\to\infty}\left(1+\frac{1}{x}\right)^x=ex→∞lim​(1+x1​)x=e．

2. e 的展开式

上面对于 eee 的定义，比较容易理解，但是有一个缺点，就是计算比较麻烦，收敛速度非常慢．

我们知道，e≈2.718281828e\approx 2.718281828e≈2.718281828，但是 a10000≈2.71815a_{10000}\approx 2.71815a10000​≈2.71815，a1000000≈2.718280469a_{1000000}\approx 2.718280469a1000000​≈2.718280469，a100000000≈2.718281815a_{100000000}\approx 2.718281815a100000000​≈2.718281815，也就是说，算到第一亿项的时候，才精确到小数点后第 7 位．

显然，我们需要一个能够更快收敛到 eee 的数列．

为了书写方便，这里我们引入无穷和的记号：

∑k=0+∞an≔a1+a2+⋯+an+⋯\displaystyle\sum_{k=0}^{+\infty} a_n\coloneqq a_1+a_2+\cdots+a_n+\cdots k=0∑+∞​an​:=a1​+a2​+⋯+an​+⋯

考虑数列 sn=∑k=0n1k!s_n=\displaystyle\sum_{k=0}^n \frac{1}{k!}sn​=k=0∑n​k!1​，可以证明：e=lim⁡n→+∞sn=∑k=0+∞1k!e= \displaystyle\lim_{n\to+\infty}s_n =\sum_{k=0}^{+\infty}\frac{1}{k!}e=n→+∞lim​sn​=k=0∑+∞​k!1​．

先证明数列 {sn}\{s_n\}{sn​} 收敛，且 e⩾∑k=0+∞1k!e\geqslant\displaystyle\sum_{k=0}^{+\infty}\frac{1}{k!}e⩾k=0∑+∞​k!1​；

再证明 e⩽∑k=0+∞1k!e\leqslant \displaystyle\sum_{k=0}^{+\infty}\frac{1}{k!}e⩽k=0∑+∞​k!1​．

这样，我们就得到了 eee 的展开式：

e=1+11!+12!+13!+⋯+1n!+⋯e=1+\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+\cdots+\frac{1}{n!}+\cdots e=1+1!1​+2!1​+3!1​+⋯+n!1​+⋯

用它来计算 eee 的话，收敛速度比前面要快的多：

∑k=091k!≈2.718281525∑k=0121k!≈2.718281828\begin{aligned} \sum_{k=0}^{9}\frac{1}{k!} &\approx 2.718281525 \\ \sum_{k=0}^{12}\frac{1}{k!} &\approx 2.718281828 \end{aligned} k=0∑9​k!1​k=0∑12​k!1​​≈2.718281525≈2.718281828​

3. e 的另一种极限定义

我们知道，f(x)=exf(x)=e^xf(x)=ex 的一个重要性质就是 f′(x)=f(x)f'(x)=f(x)f′(x)=f(x)，特别的，f′(0)=1f'(0)=1f′(0)=1．我们也可以利用这一条性质来定义 eee：

若函数 y=axy=a^xy=ax （a>0a>0a>0 且 a≠1a\ne 1a=1）在 x=0x=0x=0 处的切线斜率为 111，即 lim⁡x→0ax−1x=1\displaystyle\lim_{x\to 0}\frac{a^x-1}{x}=1x→0lim​xax−1​=1，则 a=ea=ea=e．

证明 a=ea=ea=e．

这个定义的一个好处是，可以很容易地求出 f(x)=exf(x)=e^xf(x)=ex 的导数：

f′(x)=lim⁡h→0ex+h−exh=ex⋅lim⁡h→0eh−1h=ex⋅1=exf'(x)=\lim_{h\to 0}\frac{e^{x+h}-e^x}{h}=e^x\cdot\lim_{h\to 0}\frac{e^h-1}{h}=e^x\cdot 1=e^x f′(x)=h→0lim​hex+h−ex​=ex⋅h→0lim​heh−1​=ex⋅1=ex

可以看到，上面我们用了三种不同的方法来定义 eee．虽然这些定义表面上看起来不一样，但它们是定义出来的 eee 都是一样的．也就是说，这三种方法实质上是等价的．第一种方法有实际的解释，相对比较自然；第二种方法计算简便，而且易于拓展；而第三种方法则方便证明指数函数的分析性质．

参考资料：

• 《数学分析新讲（第一册）》，张筑生
• Principles of Mathematical Analysis，Walter Rudin
• Calculus: Early Transcendentals，James Stewart