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=　８章の付録=
==　問の解答==
===　問   ===
$\lim_{n\to \infty}(1+\frac{1}{n})^n$　が存在し、２より大きく３以下であることを証明する。<br/>
（１）準備；　２項定理;を用いた展開<br/>
$a_n\triangleq (1+\frac{1}{n})^{n} \qquad (n は自然数)$ とおく。<br/>
すると、
$2 \leq a_1=1+\frac{1}{1}=2\quad \lt a_2=(1+\frac{1}{2})^{2} =2\frac{1}{4}$である。<br/>
以下に、数列　$\{a_n\}_{n=1}^{\infty}$　が単調増大で、有界（２より大、３より小）である事を示す。<br/>
するとテキストの定理により、この数列は２より大きく、３以下のある実数に収束することが分かる。<br/>
nが３以上の自然数の時は、$a_n$を２項定理を用いて展開すると<br/>　 
$a_n=(1+\frac{1}{n})^{n}=\sum_{m=0}^{n}{}_n\mathrm{C}_{m}1^{n-m}(\frac{1}{n})^m \qquad \qquad (1)$<br/>　
ここで　${}_n\mathrm{C}_{m}$　は、ｎ個のものからｍ個取り出す取り出し方の総数で、<br/>
mが１以上でn 以下の自然数の時は<br/>
${}_n\mathrm{C}_{m}=\frac{n!}{m!(n-m)!}   \qquad \qquad (2)$<br/>
ここで、m が1以上の自然数の時は　$ m!\triangleq 1\cdot 2\cdot 3 \cdots (m-1)\cdot m$<br/>
mが零の時は　$\quad 0!\triangleq 1 $　と定義。<br/><br/>
すると、<br/>
${}_n\mathrm{C}_{0}=\frac{n!}{0!n!}=1\qquad \qquad (3)$　<br/>
$m \geq 1$のとき、${}_n\mathrm{C}_{m} =\frac{n!}{m!(n-m)!}=\frac{n\cdot (n-1)\cdot (n-2) \cdots \Bigl(n-(m-1)\Bigr) }{m!} \qquad (4)$<br/>
式（１）に式（２）を代入し,式(３)、(４)を利用して計算すると<br/>
$a_n = 1+\sum_{m=1}^{n}\frac{n(n-1)(n-2)\cdots \Bigl(n-(m-1)\Bigr)}{m!}1^{n-m}(\frac{1}{n})^m $<br/>
$=2+\sum_{m=2}^{n}\frac{1(1-\frac{1}{n})(1-\frac{2}{n})\cdots (1-\frac{m-1}{n})}{m!}\qquad \qquad (5)$  <br/>
ここで、n　より小さい全ての自然数 i に対して<br/>
$0 \lt 1-\frac{i}{n} \lt 1 $ なので、<br/>
$ 2 \lt a_n \lt 2+\sum_{m=2}^{n}\frac{1}{m!} \qquad \qquad \qquad (6)$<br/><br/>（２）すべての2以上の自然数 n　に関して、<br/>
$ 2 \lt a_n \lt 3 \qquad \qquad \qquad (7)$<br/>
であることを示す。<br/>
式（6）から<br/>
$2\lt a_n$,<br/>
$a_n \lt 2+\sum_{m=2}^{n}\frac{1}{m!} \qquad \qquad (8)$<br/>
右辺の　m　は2以上の自然数なので、<br/>
$\frac{1}{m!} \leq \frac{1}{(m-1)m}=\frac{1}{m-1}-\frac{1}{m}$<br/>
である。故に、<br/>
$a_n \lt 2+\sum_{m=2}^{n}(\frac{1}{m-1}-\frac{1}{m})=2+(1-\frac{1}{n})=3-\frac{1}{n}\lt 3$<br/><br/>
（３）数列　$\{a_n\}_{n=1}^{\infty}$　は単調増加<br/>
$n \geq 2$ の時、常に　$a_n \lt a_{n+1}$　を示せばよい。<br/>
式(5)を利用すると(注参照）、<br/>
$a_{n+1}=2+\sum_{m=2}^{n+1}\frac{1(1-\frac{1}{n+1})(1-\frac{2}{n+1})\cdots (1-\frac{m-1}{n+1})}{m!}$<br/>
すると、<br/>
$a_{n+1} - a_n = \sum_{m=2}^{n+1}\frac{1(1-\frac{1}{n+1})(1-\frac{2}{n+1})\cdots (1-\frac{m-1}{n+1})}{m!} - \sum_{m=2}^{n}\frac{1(1-\frac{1}{n})(1-\frac{2}{n})\cdots (1-\frac{m-1}{n})}{m!} $<br/>
$\quad$ 右辺の第一項の和を2つに分けると、<br/>
$= \frac{1(1-\frac{1}{n+1})(1-\frac{2}{n+1})\cdots (1-\frac{n}{n+1})}{m!}$<br/>
$\quad  + \sum_{m=2}^{n}\frac{1(1-\frac{1}{n+1})(1-\frac{2}{n+1})\cdots (1-\frac{m-1}{n+1})}{m!} - \sum_{m=2}^{n}\frac{1(1-\frac{1}{n})(1-\frac{2}{n})\cdots (1-\frac{m-1}{n})}{m!}$<br/><br/>
$ = \frac{
1(1-\frac{1}{n+1})(1-\frac{2}{n+1})\cdots (1-\frac{n}{n+1})
}{m!}$ <br/>
$\quad + \sum_{m=2}^{n}\frac{
1(1-\frac{1}{n+1})(1-\frac{2}{n+1})\cdots (1-\frac{m-1}{n+1})
-1(1-\frac{1}{n})(1-\frac{2}{n})\cdots (1-\frac{m-1}{n})}{m!}$<br/>
上の式で、全ての$i\in \{1,2,,,,n\}$に対して,$(1-\frac{i}{n+1})\gt 0$と$(1-\frac{i}{n+1})\gt (1-\frac{i}{n})$　なので、<br/>
$a_{n+1} - a_n \gt 0$<br/><br/>
（注）式（３）のｎに　ｎ＋１　を代入すればよい。

==　ネイピア数　e について  ==
定義；'''$e\triangleq \lim_{}(1+\frac{1}{n})^n$''' を'''ネイピア数'''と呼ぶ。<br/>
命題<br/>
（１）$ 2 \lt e \leq 3$<br/>
（２）$e=\sum_{m=0}^{\infty}\frac{1}{m!} \qquad ただし、0!\triangleq 1,\quad m!\triangleq 1\cdot 2\cdot 3\cdots (m-1)\cdot m$<br/>

==　三角関数の微分 ==
===　準備　===
次の命題が、三角関数の微分を求めるうえで中心的役割を果たす。　<br/>
'''命題'''　<br/>
$\lim_{\theta\to 0,\theta\neq 0}\frac{\sin \theta}{\theta}=1$<br/>
証明<br/>
まず、$\theta$ を正に保ちながら零に近づける場合を考える。<br/>
すると、$ 0 \lt \theta \lt \pi/2 $　と考えて良い。<br/>
点Ｏを中心にし、半径1の円を考え、円周上に一点Ａをさだめる。<br/>
図のように、円周上の点Ｂを、線分ＯＢが直線ＯＡとなす角がｘ（ラジアン)となるようにとる。
*[[File:GENPHY00010803-01.pdf|right|frame|図]]<br/>
図から$\triangle{OAB} \subset 扇形OAB \subset \triangle{OAP} $<br/>
$\quad$ ここで、点PはＡを通り線分OAと垂直な直線と半直線OBの交点。<br/>
すると、<br/>
$\triangle{OAB}の面積 \lt　扇形OAB の面積　\lt　\triangle{OAP}の面積$<br/>
ここで、$\triangle{OAB}の面積=\frac{1\cdot \sin{\theta}}{2},\quad 扇形OAB の面積=\pi\cdot 1^{2}\cdot \frac{\theta}{2\pi}\quad \triangle{OAP}の面積=\frac{1\cdot \tan{\theta}}{2}$なので、<br/>
$\frac{\sin{\theta}}{2}　\lt  \frac{\theta}{2}\lt \frac{\tan{\theta}}{2}=\frac{\sin{\theta}}{2\cos{\theta}}\qquad $各項を2倍すると、<br/>
$\sin{\theta}\lt \theta \lt \frac{\sin{\theta}}{\cos{\theta}}$<br/>
$\quad$ここで　$\sin{\theta}\gt 0$　なので、これで上式の各項を割ると、<br/>
$1 \lt \frac{\theta}{\sin{\theta}} \lt \frac{1}{\cos{\theta}}$<br/>
$1 \gt \frac{\sin{\theta}}{\theta} \gt \cos{\theta}$<br/>
故に、極限の性質から<br/>
$1 \geq  \lim_{\theta\to 0,\theta\neq 0}\frac{\sin \theta}{\theta} \geq \lim_{\theta\to 0,\theta\neq 0}\cos{\theta}=1$<br/>
これより、$\lim_{\theta\to 0,\theta\neq 0}\frac{\sin \theta}{\theta}=1$　が得られる。

'''定理　三角関数の微分'''<br/>
（１）$\frac{d}{d\theta}\sin{\theta}=\cos{\theta}$<br/>
（２）$\frac{d}{d\theta}\cos{\theta}=-\sin{\theta}$<br/>
証明<br/>
（１）；　$\frac{d}{d\theta}\sin{\theta} \triangleq \lim_{h\to 0,h\neq 0}\frac{\sin (\theta+h)-\sin \theta}{h}$<br/>
ここで、<br/>
$\sin (\theta+h)-\sin \theta = \sin \bigl((\theta + \frac{h}{2})+\frac{h}{2}\bigr) - \sin \bigl((\theta + \frac{h}{2})-\frac{h}{2}\bigr)$<br/>
サイン関数の加法定理を適用すると<br/>
$=\sin (\theta + \frac{h}{2})\cos \frac{h}{2} + \cos (\theta + \frac{h}{2})\sin \frac{h}{2} - \Bigl( \sin (\theta + \frac{h}{2})\cos \frac{h}{2} - \cos (\theta + \frac{h}{2})\sin \frac{h}{2} \Bigr) = 2\cdot \cos (\theta + \frac{h}{2})\sin \frac{h}{2}$<br/>
故に、
$\frac{d}{d\theta}\sin{\theta} \triangleq \lim_{h\to 0,h\neq 0}\frac{\sin (\theta+h)-\sin \theta}{h} = \lim_{h\to 0,h\neq 0}\frac{2\cdot \cos (\theta + \frac{h}{2})\sin \frac{h}{2}}{h}=\lim_{h\to 0,h\neq 0}\cos (\theta + \frac{h}{2})\frac{\sin \frac{h}{2}}{h/2}$<br/>
$=\lim_{h\to 0,h\neq 0}\cos (\theta + \frac{h}{2})\lim_{h\to 0,h\neq 0}\frac{\sin \frac{h}{2}}{h/2}$<br/>
$\quad $ ここで、<br/>
$\quad \lim_{h\to 0,h\neq 0}\cos (\theta + \frac{h}{2}) = \cos \theta$<br/>
$\quad \lim_{h\to 0,h\neq 0}\frac{\sin \frac{h}{2}}{h/2} = 1  \quad (上の命題より）$<br/>
$\quad $なので、<br/>
$=\cos \theta$<br/>

== 指数関数と対数関数 ==
===　実数の累乗 ===
a を任意の実数、n　を2以上の自然数とする。<br/>
$a^1=a,\quad a^2=a\cdot a,\quad a^3=a^2\cdot a=a\dot a\cdot a \cdots a^n=a^{n-1}\cdot a,　\cdots$<br/>
を総称して、a　の'''累乗'''と呼ぶ。<br/>
$a^n$　を、a  の n 乗 、n　をその指数と呼ぶ。<br/>
この定義から次の規則が容易に導かれる。<br/>
'''命題１'''<br/>
a,b　を任意の実数、m,nを任意の自然数とすると、<br/>
(1)  $a^{m}a^{n} = a^{m+n}   \qquad \qquad \qquad   (1)$<br/>
(2)　$(a^{m})^n =a^{m n}   \qquad \qquad \qquad   (2)$<br/>
(3)　$(ab)^n = a^n b^n   \qquad \qquad \qquad   (3)$<br/><br/>
'''命題２'''<br/>
（１）a　を1より小さい正の実数とすると、数列　$\{a^{n}\}_{n=1}^{\infty}$　は単調減少し、零に収束。<br/>
（２）a　を1より大きい正の実数とすると、数列　$\{a^{n}\}_{n=1}^{\infty}$　は単調増加し、いくらでも大きくなる（無限大に発散）。<br/><br/>
====　指数の整数への拡張 ====
次に累乗に関する３つの規則が、そのまま成り立つようにしながら、指数を実数まで拡げよう。<br/>
上の定義から、<br/>
$a \neq 0$　の時は、任意の自然数ｍ、ｎに対し、<br/>
$a^m \div a^n = a^{m-n}   \qquad (m\gt n)　\qquad \qquad (1)$<br/>
$\qquad \qquad = 1 \qquad (m = n)\qquad \qquad \qquad(2)$<br/>
$\qquad \qquad = \frac{1}{a^{n-m}} \qquad (m \lt n)\qquad \qquad (3)$<br/>
であることが分かる。<br/>
これが、一つの式　$a^{m-n}$　で表わせるように、a　の指数を取決めたい。<br/>
そのためには、指数が零の時、$a^0 \triangleq 1$、 <br/>
指数　$m-n$　が負数の時　$a^{m-n} \triangleq \frac{1}{a^{n-m}}$　 <br/>
と定義すればよい。 <br/>
言い換えると、$a (\neq 0) $　の指数ｎが 零と負の整数のとき、<br/>
$a^0 \triangleq 1,  \qquad a^n \triangleq \frac{1}{a^{-n}}  \qquad (n\lt 0)\qquad \qquad (4)$<br/>
と定義する.
すると、指数が整数の時、計算規則(１)、（２）、(３)を満たすことは、容易に確かめられる。
====　指数の有理数への拡張 ==== 
a　を任意の正の実数、　$\frac{m}{n}$　を任意の有理数のとき、<br/>
a　の有理数乗　$a^{\frac{m}{n}}$　を、次のような計算規則を満たすように定義しよう。<br/><br/>
有理数乗に拡張した計算規則<br/>
$\frac{m}{n},\quad \frac{m'}{n'}$　を任意の有理数、　$a,\quad b$　を任意の正の実数とすると、<br/>
(1)　$a^{\frac{m}{n}}a^{\frac{m'}{n'}} = a^{\frac{m}{n} + \frac{m'}{n'}}   \qquad \qquad \qquad   (1)$<br/>
(2)　$(a^{\frac{m}{n}})^{\frac{m'}{n'}} =a^{\frac{m}{n} \frac{m'}{n'}}   \qquad \qquad \qquad   (2)$<br/>
(3)　$(ab)^{\frac{m}{n}} = a^{\frac{m}{n}} b^{\frac{m}{n}}   \qquad \qquad \qquad   (3)$<br/><br/>

累乗をn,n'　を任意の自然数（正の整数）、 m, m'　を任意の整数と仮定してよい。<br/>
計算規則（２）を満たすように定義するには、<br/>
$(a^{\frac{m}{n}})^{n} = \Bigl((a^{\frac{m}{n}})^{\frac{n}{1}} \Bigr) = a^{m}$　<br/>でなければならない。<br/>
そこで、 n乗すると、$a^{m}$　となる正の実数を$a^{\frac{m}{n}}$　と決めることが
自然であろう。<br/>
最初に、この定義できちんと正の実数が一つだけ決まることを証明しよう。<br/>

'''命題３'''<br/>
a　を任意の正の実数、m,n　を任意の整数とする。<br/>
すると、n乗すると　$a^{m}$　になる正の実数 b が存在し、ただ一つに限る。<br/>
証明；<br/>
$ f(x) \triangleq x^n $　という、零と正の実数の上で定義された、関数を考える。
<br/>
この関数はｘが増加するにつれて、連続的に、零から正の無限大に狭義に単調に増加（注参照）していく。<br/>
一方、$a^{m}$　は必ず正の実数である。<br/>
そのため、ｘが零のときは、 $ f(x) \lt a^{m}$ であり、<br/>
ｘを少し増加させても、同じ関係が成り立つ。<br/>
関数は単調に零から∞まで増加していくので、<br/>
ある正の実数（b　書こう)まで、$ f(x) \lt a^{m}$ であり<br/>
ｂ以上の実数ｘに対しては、$ f(x) \geq a^{m}$　となることが分かる。<br/>
関数値は、x の変化につれて連続に変化するので$ f(b) = a^{m}$　である。<br/>
関数ｆが協議単調増加なので,ｂ以外の正の実数ｘは、$ f(x) \neq a^{m}$ である。
<br/>（証明終り）<br/>
(注)　関数ｆが狭義単調増加とは、$　x \lt y \Rightarrow f(x) \lt f(y) $　を満たすこと。<br/><br/>

===　指数関数 ===
aを任意の正の実数とする。<br/>
定義<br/>
$f_{a}(x)\triangleq a^x   \qquad (x　は任意の実数)$　という関数を'''指数関数'''と呼ぶ。<br/><br/>
命題１<br/>
（１）$a$ が　1 より大きい実数の時,$f_{a}(x)= a^x $　は単調増加 <br/>
（２）$a$ が　1 より小さい実数の時,$f_{a}(x)= a^x $　は単調減少<br/>



命題２<br/>
指数関数　$f_{a}(x)= a^x $　は連続関数である。<br/>

===　対数関数 ===
== 指数関数と対数関数の微分 ==