Myöhemmin sain kuulla maagisesta kaavasta, jolla tämän voi tehdä. Se antaa vihjeen siitä mistä “luonnollinen” tulee “luonnollisessa logaritmissa”:

e^x = 1 + x/1!+x²/2!+x³/3!+x⁴/4!+x⁵/5!+⋯.

Negatiivisille eksponenteille joka toinen termi on negatiivinen:

e^-x = 1 – x/1!+x²/2!−x³/3!+x⁴/4!−x⁵/5!+⋯.

Nämä kaavat mahdollistavat minkä tahansa potenssin laskemisen mille tahansa reaalieksponentille, kokonaisluvulle tai murtoluvulle negatiivisesta äärettömästä positiiviseen äärettömään millä tahansa tarkkuudella. Se mahdollistaa täydellisen luonnollisten logaritmien taulukkojen laskemisen, ja siitä muiden yleisten logaritmien, tyhjästä.

Kaavan erikoistapaus saadaan, kun x =1, josta saadaan esitys Neperin luvulle:

e = 1 + 1/1!+1/2!+1/3!+1/4!+1/5!+⋯.

Lisäksi e:llä on monia huikeita ominaisuuksia, joista osaa käsitellään ratkaisuissa pulmiimme. Mutta se ominaisuus, joka on koko luvun olemus ja joka tekee siitä niin luonnollisen logaritmeille ja eksponentiaalisen kasvun tai vaimenemisen tilanteille on tämä:

d/dx e^x = e^x.

Tämä sanoo, että e^x:n muutosnopeus on yhtä suuri kuin funktion arvo jokaisessa pisteessä. Kun x on aika, se kertoo kasvunopeuden (tai vaimenemisen negatiiviselle x:lle), joka on yhtä suuri kuin mitä se on tähän asti kerryttänyt. Reaalimaailmassa on monenmoisia ilmiöitä, jotka tekevät juuri tämän aikajaksoille, ja me esitämme ne esimerkkeinä eksponentiaalisesta kasvusta tai vaimenemisesta. Mutta jos ei puhuta hyödystä, Neperin luvulla on esteettisen täydellisyyden ja luonnollisuuden elementti, joka todella aiheuttaa ihastusta. Siinä on mukana jopa moraalinen opetus; pidän sitä Zen-tyyppisenä funktiona, joka kasvaa aina täydellisen tasapainossa, se ei koskaan saavuta enempää tai vähempää kuin mitä se on jo tähän asti kerryttänyt.

Tarkastellaan nyt sitä miten e esiintyy pulmissamme.

Pulma 1: Ositus

Otetaan mikä tahansa luku, esim. 10. Jaetaan se yhtä suuriin osiin, esim. kaksi 5:sta, ja kerrotaan ne toisillaan: 5 × 5 = 25. Me voisimme jakaa luvun 10 kolmella, neljällä, viidellä tai kuudella ja kertoa kaikki ne yhteen samalla tavalla. Katsotaan mitä tulollemme tapahtuu jos me teemme niin:

2 osaa: 5 × 5 = 25
3 osaa: 3.33 × 3.33 × 3.33 = 37.04
4 osaa: 2.5 × 2.5 × 2.5 × 2.5 = 39.06
5 osaa: 2 × 2 × 2 × 2 × 2 = 32
6 osaa: 1.67 × 1.67 × 1.67 × 1.67 × 1.67 × 1.67 = 21.43

Nähdään, että tulo kasvaa, saavuttaa maksimin ja alkaa pienentyä. Tee sama luvuille 20 ja 30. Huomaat, että sama tapahtuu kaikissa tapauksissa. Tämä ei liity jaettaviin lukuihin itseensä, vaan se on Neperin luvun ominaisuus.

a. Kykenetkö selvittämään missä kohtaa tulo on maksimissaan kullakin luvulla, ja miten se liittyy lukuun e.

Vihjeessä 1a tulo saavuttaa maksiminsa, kun jokaisen osan arvo on lähinnä lukua e. Kaksi suurinta tuloa saadaan silloin, kun jaetut osat ovat luvun e molemmilla puolilla. Pienille arkipäivän luvuille, joita me tässä tarkastelemme, suurin arvo saadaan ositukselle, jonka erotus luvusta e on pienin.

b. Luvulle 10, suurin tulo (39.06) on noin 5.5% suurempi kuin seuraavaksi suurin (37.04). Ilman että lasket oikeaa eroa, osaatko arvata mikä 100:aa pienempi luku on pienin prosenttiosuudeltaan suurimman tulon ja sitä seuraavan välillä? Miksi näin pitäisi olla?

Yllä esitetystä on helppoa nähdä, että kaksi tuloa ovat lähinnä toisiaan, kun kahden vierekkäisen luvun arvot ovat melkein yhtä kaukana e:stä, joista yksi on pienempi kuin e ja toinen suurempi. (Tämä pätee jos ja vain jos funktio on symmetrinen e:n ympäristössä, mitä se ei ole, mutta tämä väli on tarpeeksi riittävä, niinkuin Michel Nizette hienosti asian selitti.) Jos alkuperäinen luku on N, tämä tapahtuu kun murtoluvun N/e suhde on lähellä arvoa 0.5 — eli, kun N/e sijaitsee kahden kokonaisluvun puolivälissä. Jos rakennat taulukon N/e:sta N:n arvoilla nollasta 100:n, ja etsit suhdetta, joka on lähinnä arvoa 0.5, löydät vaaditun kokonaisluvun: 53. Jakamalla 53:n e:llä antaa 19.4976 ja ero on 0.0013% tuloille, jossa on 19 ja 20 osaa.

c. Osaatko selittää miksi e synnyttää tämän ilmeisen yksinkertaisen ongelman?

Niinkuin lukijat Lazar Ilic, Ashok Khatri, Alan Olson, Kurt Godel, TG, Atul Kumar ja Michel Nizette ovat selittäneet, vastaukseen liittyy yksinkertaista differentiaalilaskentaa — pitää etsiä funktion maksimi asettamalla sen derivaatta nollaksi. Funktiomme on (n/x)^x, ja jokaisen osituksen arvo on n/x. Funktion logaritmi on x(ln n/x), ja voimme maksimoida sitä alkuperäisen sijaan, joka on hiukan helpompaa. Jos osaat ratkaista tämän käsin, onnittelut! Jos differentiaalilaskenta ei ole sinun juttusi, voit kirjoittaa “d/dx(x ln n/x) = 0″ Wolfram Alphaan. Derivaatta on ln(n/x) = 1, ja ulos tulee ratkaisu x = ne positiivisille n ja x. Näin optimiosituksen arvo on n/x = e. Voila! Näin e tulee esiin ja antaa maksimitulon.

Tämä opettaa meille, että e:llä on optimaalisuuden ominaisuus. Se voi tulla esiin tilanteissa, joihin liittyy maksimin tai minimin etsintää, niinkuin me näemme pulmassa 2. Perusversio tästä ominaisuudesta näkyy, jos lasket funktion x^1/x arvon kaikille positiivisille reaaliluvuille (tämä tunnetaan Steinerin ongelmana). Kaikista äärettömistä reaaliluvuista se x, joka tuottaa suurimman arvon tälle funktiolle, on e. Funktion x^1/x maksimoiminen on sama kuin maksimoitaisiin (ln x)/x, jonka derivatiivi (1−ln x)/x² on nolla, kun ln x = 1, eli x = e.

Pulma 2: Unioni

Kuten lukijat huomauttivat, tämä pulma oli tunnetun sihteeriongelman variaatio.

Perillinen joutuu valitsemaan 10 parasta puolisokandidaattia seuraavin säännöin. Kandidaatteja haastatellaan yksi kerrallaan, ja joko hyväksytään (jos tämän ajatellaan olevan paras), tai hylätään ennen seuraavan kandidaatin haastattelua. Hylättyä kandidaattia ei voi saada takaisin, ja kun kandidaatti on joko hylätty tai hyväksytty, prosessi lakkaa. Viimeinen kandidaatti on pakko hyväksyä oletuksena jos prosessi ei ole siihen mennessä päättynyt.

a. Miten perillinen maksimoi mahdollisuutensa valita paras kandidaatti, olettaen että mitään siteitä ei ole?

Tilanne vaatii, että perillinen hylkää tietyn määrän kandidaatteja ehdottomasti (“hylkäysvaihe”), mitä seuraa “valintavaihe”, jossa hän valitsee ensimmäisen jäljelle jääneistä kandidaateista, joka on parempi kuin kukaan aiemmin hylätyistä. Mahdollisuudet valita paras kandidaatti maksimoituvat, kun hylkäysvaihe on tietyn pituinen. Todennäköisyys pienenee jos hylkäysvaihe on liian pitkä (paras kandidaatti tulee todennäköisemmin hylätyksi) tai liian lyhyt (hänellä ei ole tarpeeksi kokemusta järjestellä kandidaatteja asianmukaisesti, mistä seuraa, että huonompi kandidaatti tulee hyväksytyksi).

Tämä tunnetaan “optimipysäytyksen” ongelmana, ja e näyttäytyy ratkaisussa johtuen sen optimiominaisuudesta. Suurilla kandidaattien n lukumäärillä, optimaalinen lukumäärä kandidaatteja, joka tulee alkuvaiheessa hylätä, tulisi olla n jaettuna e:llä.

Tässä on todennäköisyyslaskelmat, kun n = 10 jos hylkäysvaihe (r) = 3. Ensinnäkin, huomaa että paras kandidaatti saattaa tulla missä kohtaa tahansa 10:sta haastattelusta, ja todennäköisyys olla missä tahansa kohdassa on 1/10 (1 / n). Jokaiselle haastateltavalle, joka on järjestysluvulla (i), me kerromme tämän 1/10 todennäköisyydellä, että paras kandidaatti tulee valituksi tämän järjestysluvun kohdalta. Sitten summaamme todennäköisyydet yhteen kaikille sijainnille ja näin saamme yleisen kaavan.

• Jos paras kandidaatti on sijainneilla 1-3, hänet hylätään automaattisesti. Todennäköisyys (p) valita paras kandidaatti = 1/10 × 0 = 0.
• Jos paras kandidaatti on sijainnilla 4, hänet valitaan aina. Todennäköisyys p tälle lopputulemalle = 1/10 × 1 = 1/10 = 1/n.
• Sijainnilla 5, kandidaatti valitaan mikäli aiempi paras kandidaatti on ollut sijainneilla 1-3, mutta ei sijannilla 4. Joten p = 1/10 × 3/4 = 1/n × r/(i–1) = r/n × 1/(i–1).
• Sijainnilla 6, kadidaatti valitaan, jos aiempi paras kandidaatti oli sijainneilla 1-3, mutta ei sijainneilla 4 tai 5. Joten p = 1/10 × 3/5 = 1/n × r/(i–1) = r/n × 1/(i–1).
• …
• Sijainnilla 10, p = 1/10 × 3/9 = 1/n × r/(i–1) = r/n × 1/(i–1).

Kuten voimme nähdä, saamme saman ilmaisun jokaiselle sijainnille valintavaiheessa: r/n × 1/(i–1). Kaava sijainnille 4 voidaan kirjoittaa muotoon 1/10 × 3/3 = r/n × 1/(i–1).

Ottamalla r/n pois summasta, tämä summa — todennäköisyys löytää paras kandidaatti — voidaan kirjoittaa:

Vastaavasti todennäköisyys löytää paras kandidaatti r = 4 alkukandidaattien tullessa hylätyksi on 39.8%. Nämä ovat kaksi suurinta arvoa, ja todennäköisyys pienenee suuremmilla tai pienemmillä hylkäysvaiheilla. Muistuttaako tämä ositusongelmaa? Se ei ole yhteensattumaa, kuten seuraavaksi näemme.

b. Miten perillisen todennäköisyys muuttuu jos on 10% todennäköisyys, että ensimmäisellä sijainnilla on tasapeli?

Koska perillisellä on nyt kaksi yhtä vahvaa kandidaattia 10% ajasta, todennäköisyys löytää paras kandidaatti kasvaa.

c. Tämä ongelma on klassinen, jonka ratkaisu liittyy e:hen. Voitko selittää miten e liittyy tähän?

Osoittautuu, että e astuu kuvioon kaksi kertaa tässä ongelmassa! Kun lukumäärä n kasvaa, Neperin luku tulee esiin sekä todennäköisyydessä löytää paras kandidaatti että kuinka monta kandidaattia hylätä alussa.

Yllä johdettu todennäköisyyskaava voidaan esittää, kun n kasvaa äärettömyyteen, integraalilla korvaamalla suhteen r/n (hylkäysten suhde) raja-arvo x:llä, korvata termi (i–1)/n (inkrementaalinen todennäköisyys jokaiselle n) p:llä ja 1/n (muutosnopeus yhdestä kokonaisluvusta toiseen) dp:llä. Tämä antaa todennäköisyyden raja-arvoksi:

x ∫_x¹ 1/p dp = −x lnx.

Taaskin oikeanpuoleinen ilmaisu on samanlainen kuin aiemmin ositusongelmassa tarkastelemamme. Asettamalla derivaatan nollaksi saamme, että optimisuhde hylättäville kandidaateille ja todennäköisyys paran valinnan tekemiselle on 1/e, eli arviolta 36.8%.

d. Miten perillinen voi saavuttaa korkeimman odotetun vahvuuden valitsemalleen kandidaatille tässä käytännöllisemmässä valintaskenaariossa?

Yllä esitetyssä klassisessa skenaariossa perillinen ottaa käyttöön kaikki-tai-ei-mitään -strategian hylkäämällä ensimmäiset kandidaatit ja sitten valitsemalla ensimmäisen, joka parantaa hylättyjen laatua. Vaikka tämä maksimoikin todennäköisyyden löytää parhaimman kandidaatin, se voi myös johtaa siihen, että jäädään jumiin matalan tason kandidaatin kanssa jos paras kandidaatti oli hylättyjen joukossa. Tämän välttämiseksi hänen paras strategia on olla erittäin vaativa heti alusta lähtien ja etsiä parasta kandidaattia, ja sitten laskea rimaa ja tyytyä hyvään kandidaattiin niiden määrän ehtyessä.

Tämä strategia voidaan esittää tarkasti aloittamalla lopusta, jossa on vain yksi kandidaatti jäljellä. Tämä henkilö saattaa olla kuinka hyvä vain yhtä suurella todennäköisyydellä. Joten odotusarvo on, että viimeinen kandidaatti on keskiarvoisen hyvä (tässä tapauksessa 5.5). Joten sinun tulisi hyväksyä toisiksi viimeinen kandidaatti, jos tämä on viiden parhaan joukossa, vaikka hän ei olisikaan paras. Kun kaksi kandidaattia on jäljellä, odotusarvo paremmalle näistä on arviolta 3.67, joten kolmannesta kandidaatista viimeiseen sinun kannattaisi tyytyä kandidaattiin, joka on kolmen parhaan joukossa. Laskemalla tarkalleen miten korkea rima sinulla tulee kussakin vaiheessa sinulla on parempi todennäköisyys saada erittäin hyvä kandidaatti, verrattuna klassisen algoritmin käyttöön.

Pulma 3: Yhdessäolo

Suureen auditorioon järjestetään show, joka hyväksyy vain pariskuntia. Kun pariskunta tulee auditorioon, he valitsevat satunnaisesti vierekkäiset paikat. Jokainen uusi pariskunta tekee samoin, ja monta kertaa tämä johtaa tyhjiin penkkeihin pariskuntien välillä. Istumapaikkoja jaetaan kunnes jäljellä on enää yksittäisiä tyhjiä paikkoja. Sitten auditorio julistetaan täydeksi, ja show alkaa.

a. Kuinka paljon penkeistä odotetaan jäävän tyhjiksi kun auditorio julistetaan täydeksi?

Vastaus, kun penkkien lukumäärä kasvaa, lähestyy lukua e^-2, eli arviolta 13.5%.

b. Miten e liittyy tähän yhdessäolon teatteriin?

Katsotaan mitä tapahtuu, kun on pieni määrä penkkejä, jotka on merkitty kirjaimin. Kutsutaan tyhjien penkkien odotusarvoa luvuiksi E₁, E₂, E₃, E₄ ja niin edelleen, jossa alaindeksi kertoo sen miten monta tyhjää penkkiä kullakin rivillä on.

• Yksittäinen penkki on tyhjä: pariskunta ei voi mennä siihen, joten E₁ = 1.
• Jos on kaksi penkkiä, siihen voi pariskunta mennä, joten E₂ = 0.
• Kolmeen penkkiin pariskunta voi istua AB tai BC, ja yksi penkki jää tyhjäksi kummassakin, joten E₃ = 1.
• Neljässä penkissä pariskunta voi istua BC, jolloin jää kaksi tyhjää penkkiä, tai he voivat istua AB tai CD, ja tyhjäksi ei jää yhtään. Tästä saadaan yhteensä kaksi tyhjää penkkiä ja odotusarvoisesti E₄ = 2/3.

Leikkimällä näiden muutaman numeron välisillä suhteilla, Lazar Ilic ja Michel Nizette onnistuivat johtamaan rekursiokaavan jolla he kykenivät ennustamaan tyhjien penkkien määrän nykyisestä penkkien määrästä (n) käyttämällä aiempia tuloksia n – 1 ja n – 2. Kaava on (kun n ≥ 2):

(n − 1)E_n = 2nE_n−2 + (n − 2)E_n-1.

Sarja käyttäytyy: 1, 0, 1, 2/3, 1, 16/15, 11/9, 142/105 …

Nämä luvut jaettuna penkkien määrällä antavat suhteellisen tyhjien penkkien suhteellisen osuuden, jonka Nizette laski olevan 16.24% 10 penkille, 13.804% 100:lle, 13.561% 1000:lle ja 13.538% 6000:lle. Voit nähdä, että lukema lähestyy arvoa e^-2 eli 13.5335…%. Mutta miten voimme tietää, että se suppenee tuohon arvoon suurille luvuille, joiden suhteen laskeminen kestää liian kauan?

Rekursiokaava on hyvä, mutta se on kuin yrittäisi kiivetä ääretöntä portaikkoa yksi askel kerrallaan. Me tarvitsemme suljetun muodon ratkaisun, joka riippuu ainoastaan n:sta. Suljetun muodon kaava on kuin hissi. Painat nappia mille tahansa n:lle, ja suih! — hissi vie sinut sinne, vaikka rakennus onkin ääretön.

Suljetun muodon kaavan selvittäminen rekursioyhtälöstä tarkoittaa rekursion ratkaisua. Tälle ei ole olemassa maagista ratkaisua, ja vaikka joitain tekniikoita onkin olemassa, joita kokeilla, se on eräänlainen taiteenlajinsa. Matemaattisissa ohjelmistoissa kuten Mathematica on omat pakettinsa tätä varten. Meidän ongelmassamme Lazar Ilic tuotti suljetun muodon ratkaisun E_n:lle, joka kertoo raja-arvon e^-2 olevan oikein.

Joten e tulee kuvioon mukaan, mutta miten? Meillä ei edelleenkään ole käsitystä siitä, miten se sinne päätyi. Mitä voimia se käytti? Alla yritän intuitiivisesti avata tätä.

Johdetaan ensin kaksi differenssiyhtälöä omasta sarjastamme E. Ensimmäisen asteen differenssisarja D koostuu kahdesta peräkkäisestä E:n arvosta, ja toisen asteen differenssisarja DD koostuu eroista kahden D:n arvon välillä. Näin D₁ = E₁ − E₀, D₂ = E₂ − E₁, D₃ = E₃ − E₂ ja niin edelleen, ja DD₁ = D₁ − D₀, DD₂ = D₂ − D₁, DD₃ = D₃ − D₂ ja niin edelleen. (Sekä E₀ ja D₀ ovat 0). Selitän tämän kaiken pointin kohta. Alkuarvot kaikelle kolmelle sarjalle on esitetty alla.

n	Tyhjien penkkien odotusarvo E	Arvo	1. diffyht. D	Arvo	2. diffyht. DD	Arvo
0	E0	0	D0	0	DD0	0
1	E1	1	D1 = E1 – E0	1	DD1 = D1 – D0	1
2	E2	0	D2 = E2 – E1	-1	DD2 = D2 – D1	-2
3	E3	1	D3 = E3 – E2	1	DD3 = D3 – D2	2
4	E4	23	D4 = E4 – E3	–13	DD4 = D4 – D3	–43
5	E5	1	D5 = E5 – E4	13	DD5 = D5 – D4	23
6	E6	1615	D6 = E6 – E5	115	DD6 = D6 – D5	–415
7	E7	119	D7 = E7 – E6	745	DD7 = D7 – D6	445

Rekursioyhtälöä muokkaamalla voimme johtaa suljetun muodon kaavan DD_n:lle seuraavasti (n ≥ 1):

DD_n = (-2)^n-1 / (n-1)!

Voimme varmistaa kaavan toimivan vertaamalla sitä yllä olevaan taulukkoon:

DD₁ = (-2)⁰ / 0! = 1
DD₂ = (-2)¹ / 1! = -2
DD₃ = (-2)² / 2! = 2
DD₄ = (-2)³ / 3! = -8 / 6 = -4 / 3
DD₅ = (-2)⁴ / 4! = 16 / 24 = 2 / 3
DD₆ = (-2)⁵ / 5! = -32 / 120 = -4 / 15
DD₇ = (-2)⁶ / 6! = 64 / 720 = 4 / 45

Tässä on homman pointti: Huomaa mitä tapahtuu, kun kaikki DD:t summataan.

DD₁ + DD₂ + DD₃ + … + DD_n−1 + DD_n =

D₁ − D₀ + D₂ − D₁ + D₃ − D₂ + … + D_n−1 − D_n−2 + D_n − D_n−1 = D_n − 0 = D_n.

Kaikki muut termit kumoutuvat, ja jäljelle jää vain D_n. Tätä rekursioyhtälön ratkaisutekniikkaa kutsutaan teleskooppiratkaisuksi.

Laitetaan suljetun muodon kaava takaisin jokaiseen DD:n.

D_n = 1 – 2 / 1! + 2² / 2! − 2³ / 3! + 2⁴ / 4! − 2⁵ /5! + ⋯ .

Näyttääkö tutulta? Vertaa tätä alkuperäiseen yllä esitettyyn e^-x:n äärettömään sarjaan. Itse asiassa suurella n, tämä on tarkalleen e^-2.

Joten transendentaalisen vakiomme neliö on maagisesti ilmestynyt ensimmäisen sarjan nimittäjään, joka johdettiin tyhjien penkkien määrälle. Se on siellä, koska prosessissa summataan -2:n potensseja, jotka jaetaan samalla kertomalla, ja nämä ovat tarkalleen e:n sarjakehitelmän termit.

Me joudumme silti työstämään D-sarjaa saadaksemme samanlaisen ilmaisun E_n:lle. Tämä arvo, jaettuna n:llä,antaa meille tyhjien penkkien suhdeluvun. Loppusuoran saavuttamiseksi pitää vielä kikkailla algebrallisesti. Riittää todeta, että e⁻² pysyy lopullisessa kaavassa, joka näyttää tältä:

E_n / n = e^-2 + 2e^-2n^-1 + …

Suurilla n, ainoastaan ensimmäinen termi jää jäljelle, josta saammejo selvittämämme tuloksen e^-2. Huomaa suuret mutta äärelliset luvut, jotka Michel Nizette listasi, pelkkä kahden ensimmäisen termin summa sopii melkein täydellisesti tyhjien penkkien suhdelukuun.

 

Artikkelin julkaissut Quanta Magazine