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自然对数 e 与欧拉尝试γ

## 2.3.2 数 e
自然对数的底 $e \approx 2.718281828459045$ 是高等数学中最重要的常数之一，它在中学数学中用作为自然对数的底，但数 e 的确切定义则要通过极限得到．最常用的定义如下。

> **定义2.9** 数 $e$ 是数列 $\left\{\left(1+\frac{1}{n}\right)^n\right\}$ 的极限。

显然只有在证明上述数列收敛之后这个定义才有意义．为方便起见我们证明其结论稍多一点的下列定理。

**定理2.16** 令 $x_n=\left(1+\frac{1}{n}\right)^n, y_n=\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n+1} \forall n$ ，则数列 $\left\{x_n\right\}$ 和 $\left\{y_n\right\}$都是收玫数列，且有相同的极限．

证 利用 $\S 1.5 .1$ 中的平均值不定式可以对这两个数列 $\left\{x_n\right\}$ 和 $\left\{y_n\right\}$ 作出统一处理．先将 $x_n$＂无中生有＂地看成为不全相等的 $n+1$ 个非负数的乘积，就可以从算术平均值－几何平均值不等式（定理 1．7）推出数列 $\left\{x_n\right\}$ 严格单调增加：

$$
x_n=1 \cdot\left(\frac{n+1}{n}\right)^n<\left(\frac{1+n\left(\frac{n+1}{n}\right)}{n+1}\right)^{n+1}=\left(\frac{n+2}{n+1}\right)^{n+1}=x_{n+1} .
$$

然后利用调和平均值－几何平均值不等式（见定理 1.7 的推论），＂无中生有＂地将 $y_n$ 看成为 $n+2$ 个不全相等的正数的乘积，就可推出数列 $\left\{y_n\right\}$ 严格单调减少：

$$
y_n=1 \cdot\left(\frac{n+1}{n}\right)^{n+1}>\left(\frac{n+2}{1+(n+1)\left(\frac{n}{n+1}\right)}\right)^{n+2}=\left(\frac{n+2}{n+1}\right)^{n+2}=y_{n+1} .
$$

从不等式 $x_1 \leqslant x_n<y_n \leqslant y_1$ 可见两个单调数列 $\left\{x_n\right\}$ 和 $\left\{y_n\right\}$ 都有界，因此都收玫．又从

$$
y_n=x_n \cdot\left(1+\frac{1}{n}\right)
$$

令 $n \rightarrow \infty$ 知道它们有共同极限．
注 可以分别证明两个数列有界．例如用平均值不等式于 $\left\{x_n\right\}$ 可以得到

$$
x_n \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2}<\left(\frac{n\left(\frac{n+1}{n}\right)+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}}{n+2}\right)^{n+2}=1
$$

可见 $\left\{x_n\right\}$ 以 4 为其上界．再用调和平均值－几何平均值不等式于 $\left\{y_n\right\}$ 可以得到

$$
y_n \cdot \frac{1}{2}=\left(\frac{n+1}{n}\right)^{n+1} \cdot \frac{1}{2}>\left(\frac{n+2}{2+(n+1)\left(\frac{n}{n+1}\right)}\right)^{n+2}=1
$$

可见 $\left\{y_n\right\}$ 有下界 2 ．因此只用其中一个数列就可以知道数 e 的定义 2.9 的合理性。在定理 2.16 中同时讨论两个数列的好处是可以如下得到有用的不等式。

**例题2.27** 对每个正整数 $n$ 成立下列两个不等式

$$
\frac{1}{n+1}<\ln \left(1+\frac{1}{n}\right)<\frac{1}{n}
$$

证 从定理 2.16 可知有（参见本节的练习题1）：

$$
x_n=\left(1+\frac{1}{n}\right)^n<e<y_n=\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n+1}
$$

对上式取对数，得到

$$
n \ln \left(1+\frac{1}{n}\right)<1<(n+1) \ln \left(1+\frac{1}{n}\right)
$$

加以整理就得到所求的不等式。
下面是这两个不等式的一些应用．

**例题2.28** 利用不等式（2．12）计算下列极限：

$$
\lim _{n \rightarrow \infty}\left(\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\cdots+\frac{1}{2 n}\right)
$$

解 记 $a_n=\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\cdots+\frac{1}{2 n}$ ．取 $k=1,2, \cdots, n$ ，可以从（2．12）得到下列 $n$ 个不等式：

$$
\ln \left(1+\frac{1}{n+k}\right)<\frac{1}{n+k}<\ln \left(1+\frac{1}{n+k-1}\right), \quad k=1,2, \cdots, n
$$

将它们相加就得到

$$
\ln \frac{2 n+1}{n+1}<a_n<\ln \frac{2 n}{n}=\ln 2
$$

令 $n \rightarrow \infty$ ，并用夹逼定理，就得到所求极限为 $\ln 2$ ．

**例题2.29** 设 $c_n=1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}-\ln n \forall n$ ，证明：数列 $\left\{c_n\right\}$ 收玫．
证 观察该数列的前后项之差：

$$
c_{n+1}-c_n=\frac{1}{n+1}-\ln (n+1)+\ln n=\frac{1}{n+1}-\ln \left(1+\frac{1}{n}\right),
$$

从不等式 $\frac{1}{n+1}<\ln \left(1+\frac{1}{n}\right)<\frac{1}{n}$ 就知道 $c_n \downarrow$ 。
对 $k=1,2, \cdots, n$ 用（2．12）的右边不等式即得到 $n$ 个不等式

$$
\ln (k+1)-\ln k<\frac{1}{k}, \quad k=1,2, \cdots, n,
$$

然后将它们相加，得到
$$
\ln (n+1)<1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}
$$

于是知道

$$
1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}>\ln (n+1)>\ln n
$$

由此可见 $c_n>0 \forall n$ ，因此数列 $\left\{c_n\right\}$ 以 0 为下界。
合并以上，用单调有界数列收玫定理可见存在 $\lim _{n \rightarrow \infty} c_n$ ．

## Euler常数

注 1 今后将上述极限记为

$$
\gamma=\lim _{n \rightarrow \infty}\left(1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}-\ln n\right)
$$

并称为 Euler  常数．它出现在许多问题中．$\gamma$ 的近似值为 0.577215664901 ．可能人人都相信 $\gamma$ 一定不会是有理数，但还没有找到证明这一猜测的方法．这是直到今天还没有解决的一个著名数学难题（Open problem）．

注 2 作为 Euler 常数的一个应用，可以对例题 2.28 给出新的计算方法．这时可以先将（2．13）改写为

$$
1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}=\ln n+\gamma+o(1)
$$

然后作下列计算（其中并不需要 $\gamma$ 的具体数值）：

$$
\begin{aligned}
\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\cdots+\frac{1}{2 n} & =\left(1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{2 n}\right)-\left(1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}\right) \\
& =[\ln (2 n)+\gamma+o(1)]-[\ln n+\gamma+o(1)]
\end{aligned}
$$

$$
=\ln 2+o(1) \rightarrow \ln 2
$$

利用 Stolz 定理和 e 的定义可以求出下一个例题中的极限。

**例题2.30** 求极限 $I=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}}{\ln n}$ ．
解 用 Stolz 定理有

$$
\begin{aligned}
I & =\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{\frac{1}{n+1}}{\ln (n+1)-\ln n}=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{\frac{1}{n+1}}{\ln \left(1+\frac{1}{n}\right)} \\
& =\lim _{n \rightarrow \infty}\left(\frac{n}{n+1} \cdot \frac{1}{n \ln \left(1+\frac{1}{n}\right)}\right)=1
\end{aligned}
$$

注 从 Euler 常数的定义可见它是 $\infty-\infty$ 型的不定式的极限，因此就可以推出例题中的极限 $I=1$ ．

下面一个例题中的极限与数 e 直接有关．

**例题2.31** 从例题 2.23 中已知 $\{\sqrt[n]{n!}\}$ 是正无穷大量，然而现在则能够证明

$$
I=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{\sqrt[n]{n!}}{n}=\frac{1}{e}
$$

证 只要证明将数列通项取对数后的极限为 1 即可．这时有

$$
\ln \left(\frac{\sqrt[n]{n!}}{n}\right)=\frac{\ln 2+\ln 3+\cdots+\ln n-n \ln n}{n}
$$

将分子记为 $a_n$ ，然后用 Cauchy 命题或 Stolz 定理，就得到

$$
\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{a_n}{n}=\lim _{n \rightarrow \infty}\left(a_{n+1}-a_n\right)=\lim _{n \rightarrow \infty} n \ln \left(\frac{n}{n+1}\right)=-1
$$

因此 $I= e ^{-1}$ ．
注 此题解法很多，例如可参看［20］中的例 2．5．3 及其注．

其他版本
【高中数学】附录：自然常数e

科数题库(单机版) 会议室预约系统(book)

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