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物理/8章の付録

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( 指数の整数への拡張)
( 指数の整数への拡張)
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an=1an(5)<br/><br/>
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命題<br/>
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3つの累乗の規則はすべて成立する。<br/>
3つの累乗の規則はすべて成立する。<br/>
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証明<br/>
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(1)α,β を任意の整数とすると、<br/>
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aαaβ=a(α+β) であることを示す。<br/>
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(ケース1)指数の一方が正の整数(自然数)で、他方が負の整数の時<br/>
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m,n を自然数として、<br/>
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aman=amn を示せばよい。<br/>
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aman=aman(byequation(5)<br/>
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m>nm=nm<n という3つの場合に分けて証明する。<br/>
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1)m>n の時<br/>
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aman=amn<br/>
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2) m=n の時<br/>
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\frac{a^{\alpha}}{a^{-\beta}} \quad \bigl(式(5)より\bigr)$<br/>
==== 指数の有理数への拡張 ====  
==== 指数の有理数への拡張 ====  

2018年1月27日 (土) 16:03時点における版

目次

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 8章の付録

 問の解答

 問

limn(1+1n)n が存在し、2より大きく3以下であることを証明する。
(1)準備; 2項定理;を用いた展開
a_n\triangleq (1+\frac{1}{n})^{n} \qquad (n は自然数) とおく。
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。
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。
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。
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
  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)
  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、
mが1以上でn 以下の自然数の時は
{}_n\mathrm{C}_{m}=\frac{n!}{m!(n-m)!} \qquad \qquad (2)
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
mが零の時は \quad 0!\triangleq 1  と定義。

すると、
{}_n\mathrm{C}_{0}=\frac{n!}{0!n!}=1\qquad \qquad (3) 
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)
式(1)に式(2)を代入し,式(3)、(4)を利用して計算すると
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
=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)
ここで、n より小さい全ての自然数 i に対して
0 \lt 1-\frac{i}{n} \lt 1 なので、
2 \lt a_n \lt 2+\sum_{m=2}^{n}\frac{1}{m!} \qquad \qquad \qquad (6)

(2)すべての2以上の自然数 n に関して、
2 \lt a_n \lt 3 \qquad \qquad \qquad (7)
であることを示す。
式(6)から
2\lt a_n,
a_n \lt 2+\sum_{m=2}^{n}\frac{1}{m!} \qquad \qquad (8)
右辺の m は2以上の自然数なので、
\frac{1}{m!} \leq \frac{1}{(m-1)m}=\frac{1}{m-1}-\frac{1}{m}
である。故に、
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

(3)数列 \{a_n\}_{n=1}^{\infty} は単調増加
n \geq 2 の時、常に a_n \lt a_{n+1} を示せばよい。
式(5)を利用すると(注参照)、
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!}
すると、
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!}
\quad 右辺の第一項の和を2つに分けると、
= \frac{1(1-\frac{1}{n+1})(1-\frac{2}{n+1})\cdots (1-\frac{n}{n+1})}{m!}
\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!}

= \frac{ 1(1-\frac{1}{n+1})(1-\frac{2}{n+1})\cdots (1-\frac{n}{n+1}) }{m!}
\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!}
上の式で、全てのi\in \{1,2,,,,n\}に対して,(1-\frac{i}{n+1})\gt 0(1-\frac{i}{n+1})\gt (1-\frac{i}{n}) なので、
a_{n+1} - a_n \gt 0

(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ネイピア数と呼ぶ。
命題1
(1) 2 \lt e \leq 3
(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 \qquad \qquad (9)

 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。 
命題2 
\lim_{\theta\to 0,\theta\neq 0}\frac{\sin \theta}{\theta}=1
証明
まず、\theta を正に保ちながら零に近づける場合を考える。
すると、 0 \lt \theta \lt \pi/2  と考えて良い。
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。
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。

図から\triangle{OAB} \subset 扇形OAB \subset \triangle{OAP}
\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。
すると、
\triangle{OAB}の面積 \lt 扇形OAB の面積 \lt \triangle{OAP}の面積
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、
\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、
\sin{\theta}\lt \theta \lt \frac{\sin{\theta}}{\cos{\theta}}
\quadここで \sin{\theta}\gt 0 なので、これで上式の各項を割ると、
1 \lt \frac{\theta}{\sin{\theta}} \lt \frac{1}{\cos{\theta}}
1 \gt \frac{\sin{\theta}}{\theta} \gt \cos{\theta}
故に、極限の性質から
1 \geq \lim_{\theta\to 0,\theta\neq 0}\frac{\sin \theta}{\theta} \geq \lim_{\theta\to 0,\theta\neq 0}\cos{\theta}=1
これより、\lim_{\theta\to 0,\theta\neq 0}\frac{\sin \theta}{\theta}=1 が得られる。

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

指数関数と対数関数

 正の実数の累乗の指数の拡張

実数の累乗(自然数乗)

a を任意の実数、n を2以上の自然数とする。
a^1=a,\quad a^2=a\cdot a,\quad a^3=a^2\cdot a=a\cdot a\cdot a ,\quad \cdots \quad a^n=a^{n-1}\cdot a, \cdots
を総称して、a の累乗と呼ぶ。
a^n をa の n 乗 、n をその指数と呼ぶ。

実数の自然数乗の3つの計算規則

累乗が次のような計算規則を満たすことは、容易に証明できる。
命題3
a,b  を任意の実数、 m, n を任意の自然数とすると、
(1) a^{m}a^{n} = a^{m+n}
(2) (a^{m})^n =a^{m n} 
(3) (ab)^n = a^n b^n

証明は、累乗の定義と積の交換法則から容易にできるので省略する。

指数関数とn次関数

a を正の実数とするとき、累乗a^{\alpha} の 
\alpha を独立変数とするか、a を独立変数にするかで、
次の2種の関数が定まる。

定義
a を正の実数, \alphaを自然数とするとき、次の2つの関数を考える。
1)f_{a}; ({\bf N} \ni) \alpha \to a^{\alpha} \bigl(\in {\bf R}^{+}\triangleq (0,\infty)\bigr)
これは、指数を変数とする関数なので、指数関数という。
2)g_{\alpha}; ({\bf R}^{+}\ni) a \to a^{\alpha} (\in {\bf R}^{+})
これは、\alpha次の単項関数である。

命題 指数関数の性質
指数関数f_{a}(\alpha )=a^{\alpha} \quad (\alpha \in {\bf N}) は次の性質を持つ。
1)0 \lt a \lt 1のとき、{\bf N}から{\bf R}^{+}への狭義単調減少の連続関数で、\lim_{\alpha \to \infty ,\alpha \in {\bf N} } a^{\alpha} = 0
2)1 \lt aのとき、{\bf N}から{\bf R}^{+}への狭義単調増加の連続関数 で、
\lim_{\alpha \to \infty ,\alpha \in {\bf N} } a^{\alpha} = \infty
連続性以外は、明らかなので証明は省略する。
自然数全体の集合{\bf N}は離散集合なので、
そのうえで定義された任意の関数は連続となる。
「8.2 解析入門(1)実数の性質、連続関数、微分 \quad 「1.3  関数とその連続性」の「1.3.2 関数の極限と連続性」を参照のこと。

命題 n次の単項関数の性質
\alpha= n \in {\bf N} とする。
n次の単項関数g_{n}(a)=a^{n} \quad (a \in {\bf R}^{+}) は
{\bf R}^{+}から{\bf R}^{+}への狭義単調増加の連続関数で、
\lim_{a\to 0,a \in {\bf R}^{+} } a^{n} = 0
\lim_{a\to \infty,a\in {\bf R}^{+} } a^{n} = \infty
である。
証明
{\bf R}^{+}上では狭義単調増加であることは容易に示せる。
連続性については、\lim_{\delta \to 0}(a+\delta)^n = a^n  であることを示せばよい。
例えば、2項定理で(a+\delta)^n  を展開して極限をとればよい。

この節の目的

この節の目的は、累乗にかんする計算規則を満たすようにしながら、
累乗の指数を実数まで拡張することである。
しかし a が負数だと、指数を有理数に拡張するとき不都合が起きてしまう。
例えば 
\frac{1}{2} の時, a^{\frac{1}{2}}= \sqrt{a} は実数でなく虚数となり、
実数値関数の枠組みに収まらなくなる。
そこで、このような不都合が起こらないように 今後はa を正の実数に限定し、
次の計算規則を満たすようにしながら、指数を自然数から整数、整数から有理数、有理数から実数へと順に拡張していく。

累乗に関する計算規則
a, b  を任意の正の実数、\alpha,\quad \betaを指数とすると、
(1) a^{\alpha}a^{\beta} = a^{\alpha+\beta} \qquad \qquad \qquad (累乗規則1)
(2) (a^{\alpha})^\beta =a^{\alpha \beta} \qquad \qquad \qquad (累乗規則2)
(3) (ab)^\beta = a^\beta b^\beta \qquad \qquad \qquad (累乗規則3)

計算規則(3)を守ろうとすると、1^\beta \equiv 1 と定めなければならないことが分かる。
何故ならば b=1の時、a^\beta = (a・1)^\beta = a^\beta 1^\beta  となり、 a^\beta \neq 0 であるから。
そこで 今後は常に 1^\beta \equiv 1 と定め、 a \neq 1 の場合だけを考察する。

本節のもう一つの目的は、指数の拡張に伴い累乗に伴う2つの関数
f_{a}(\alpha)=a^\alphag_{\alpha}(a)=a^\alpha の性質が、どのようになるか考察する事である。

 指数の整数への拡張

任意の正の実数a(\neq 0,1) を考える。
aの累乗の指数を、累乗に関する3つの規則が成り立つようにしながら、整数に拡張しよう。
まず、規則(1)を守ろうとすれば
a^0 = 1 \qquad \qquad \qquad (4)  
と定義しなければならないことが分かる。
何故ならば、n\in {\bf N} の時、
a^{n} = a^{n+0}= a^n a^0  
となり、 a^n \neq 0 だから両辺を a^n で割ればよい。
次に任意の自然数 n に対して、
a^{-n} を累乗に関する規則(1)を満たすように定義しよう。
a^{-n}a^n = a^{-n+n} = a^0 = 1
両辺を a^n で割れば
a^{-n} = \frac{1}{a^n} \qquad \qquad \qquad(5)

命題
式(4),(5)に従って指数を整数に拡大すると、
3つの累乗の規則はすべて成立する。
証明
(1)\alpha ,\beta  を任意の整数とすると、
a^{\alpha}a^{\beta} = a^{(\alpha +\beta) } であることを示す。
(ケース1)指数の一方が正の整数(自然数)で、他方が負の整数の時
m,n を自然数として、
a^{m}a^{-n} = a^{m-n} を示せばよい。
a^{m}a^{-n} = \frac{a^m}{a^n}\quad (by equation (5)
m \gt nm=nm \lt n という3つの場合に分けて証明する。
1)m \gt n の時
\frac{a^m}{a^n}=a^{m-n} 

2) m=n の時


\frac{a^{\alpha}}{a^{-\beta}} \quad \bigl(式(5)より\bigr) ==== 指数の有理数への拡張 ==== これ以降、有理数全体のなす集合を{\bf Rat}とかく。 a (\neq 1) を任意の正の実数、 \frac{m}{n} を任意の有理数のとき、 a  の有理数乗 a^{\frac{m}{n}} を、計算規則を満たすように定義しよう。 指数n を任意の自然数(正の整数)、 m を任意の整数と仮定してよい。 \qquad (注)nが負の時はa^{\frac{m}{n}} = a^{\frac{-m}{-n}} なので、 \qquad \quad -n,-m を改めてn,m と置けば良い。\Box 累乗規則(2)を満たすように定義するには、 (a^{\frac{m}{n}})^{n} = (a^{\frac{m}{n}})^{\frac{n}{1}} = a^{m}  でなければならない。 これは、a^{\frac{m}{n}} が a^{m} のn乗根であることを示す。 しかしnが偶数のときは、-a^{\frac{m}{n}}a^{m} のn乗根となるので、 正のn乗根 のほうを、a^{\frac{m}{n}} とかく。 '''定義''' 正の実数の有理数乗 aを正の実数とする。 a^{\frac{m}{n}} とは、 a^{m} の正のn乗根である。 すなわち、  (a^{\frac{m}{n}})^{n} =a^{m} を満たす正の実数である。 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。 a=1のときは、n乗すると1になる正数は1だけなので 1^{\frac{m}{n}}=1 であることが分かるので、a \neq 1 の場合を考える。 '''命題3''' a \neq 0,1 を任意の正の実数、 m を任意の整数,nを任意の自然数とする。 すると、n 乗すると a^{m} になる正の実数 b (i.e. \quad b^n = a^{m})が存在し、ただ一つに限る。 証明 (1) 存在性 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。 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。 そこで、B\triangleq \{x \in [0,\infty)\ |\ x^n \leq a^{m} \} という集合を考える。 この集合は、上に有界な区間になり、実数の連続性から上限(sup)bを持つ。 この時、 b \in B, \quad b^n = a^{m} であることを示そう。 b が集合B (\in {\bf R})の上限なので、任意の自然数nに対して、 0 \leq b - b_{n} \lt \frac{1}{n}   を満たす  b_{n} \in B が存在する。 明らかに \lim_{n \to \infty}b_{n} = b すると、関数  f(x) \triangleq x^n  は連続なので、 \lim_{n \to \infty}b_{n}^n = b^n \qquad \qquad \qquad (a) ところが b_{n} \in B \triangleq \{x \in [0,\infty)|x^n \leq a^{m} \}なので、 b_{n}^n \leq a^{m} \qquad \qquad \qquad (b) 式(a)、(b) から、 b^n \leq a^{m} がえられるので、 b \in B が示せた。(従って、Bは閉区間 [o,b] である。) b^n = a^{m} であることを背理法を使って示そう。 もし、b^n \lt a^{m} だとすると、関数  f(x) = x^n  は連続なので 充分小さな正の実数\delta をとると、(b + \delta) ^n \lt a^{m} を満たす。 すると (b + \delta) \in B となり、 bが B の上限であることに矛盾してしまう。 故に、背理法により、b^n = a^{m}  が証明できた。 (2)一意性 関数  f(x) = x^n  は狭義の単調増加関数なのでb以外の数b'(\neq b)では、 {b'}^n \neq b^n =a^m (証明終り)  \qquad \qquad \Box (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。 '''命題4''' 任意の正の実数 a \neq 1 にたいして、その有理数乗を上記のように定義すると 3つの累乗規則 (1)~(3) が成り立つ。 証明; 1) 累乗規則(1)が成り立つことを示す。 2個の有理数の指数を 自然数n,\quad \tilde{n}と整数m,\quad \tilde{m} を用いて、 \alpha = \frac{m}{n},\quad \beta = \frac{\tilde{m}}{\tilde{n}}と表現する。 すると、累乗規則(1)は、次のように表される。 a^{\frac{m}{n}}a^{\frac{\tilde{m}}{\tilde{n}}} = a^{\frac{m}{n}+\frac{\tilde{m}}{\tilde{n}}} この左辺を b \triangleq a^{\frac{m}{n}}a^{\frac{\tilde{m}}{\tilde{n}}}, 右辺を c \triangleq a^{\frac{m}{n}+\frac{\tilde{m}}{\tilde{n}}} とおく。 b^{n \tilde{n}} = c^{n \tilde{n}}  \qquad \qquad \qquad (a)  であることを示せば、b = c が得られ, 累乗規則(1)が成立することが分かる。 まず左辺を考える。 b^{n \tilde{n}} = (a^{\frac{m}{n}}a^{\frac{\tilde{m}}{\tilde{n}}})^{n \tilde{n}} 指数が自然数の累乗規則(3)から = (a^{\frac{m}{n}})^{n \tilde{n}}(a^{\frac{\tilde{m}}{\tilde{n}}})^{n \tilde{n}} 指数が自然数の累乗規則(2)から = \Bigl((a^{\frac{m}{n}})^{n}\Bigr)^{\tilde{n}}\Bigl((a^{\frac{\tilde{m}}{\tilde{n}}})^{\tilde{n}}\Bigr)^{n} 実数の有理数乗の定義から、 = (a^{m})^{\tilde{n}}(a^{\tilde{m}})^{n} 指数が整数の累乗規則(2)から = a^{m \tilde{n}}a^{\tilde{m}n} 指数が整数の累乗規則(1)から = a^{m \tilde{n} + \tilde{m}n} 故に、b^{n \tilde{n}} = a^{m \tilde{n} + \tilde{m}n} 次に、右辺を考える。 c^{n \tilde{n}} = (a^{\frac{m}{n}+\frac{\tilde{m}}{\tilde{n}}})^{n \tilde{n}} = (a^{ \frac{m\tilde{n}+n\tilde{m}}{n\tilde{n}}})^{n \tilde{n}} 実数の有理数乗の定義から、 = a^{m\tilde{n} + n\tilde{m}} = b^{n \tilde{n}} これで、式(a)が示され、累乗規則(1)が成り立つことが証明できた。   2)累乗規則(2)と累乗規則(3)が成り立つことは読者がしてください。 証明終わり。 指数が有理数の場合,命題2は次のように拡張出来る。 '''命題5''' {\bf Rat}の上で定義される関数 f_a(\alpha) \triangleq a^{\alpha} \qquad (\alpha \in {\bf Rat})を考える。 1)a を1より大きい正の実数とすると、 f_aは単調増大で \lim_{\alpha \to \infty,\alpha \in {\bf Rat}}a^{\alpha} = \infty \quad \lim_{\alpha \to -\infty}f_a(\alpha) = 0 2)a が1より小さい正の実数のとき、 f_aは単調減少し、 \lim_{\alpha \to \infty,\alpha \in {\bf Rat}}f_a(\alpha) = 0\quad \lim_{\alpha \to -\infty,\alpha \in {\bf Rat}}f_a(\alpha) = \infty 3)a = 1 のとき、f_a \equiv 1 証明 1)のみ証明する。2)の場合も同様に証明できる。 ① \frac{m}{n} \lt \frac{m'}{n'} ,\quad n,m \in {\bf N}  とすると、 a^{\frac{m}{n}} \lt a^{\frac{m'}{n'}} を示そう。 \alpha \triangleq a^{\frac{m'}{n'}} \div a^{\frac{m}{n}} \gt 1 を示せばよい。 正数の有理数乗の計算規則から、 \alpha \triangleq a^{\frac{m'}{n'}} \div a^{\frac{m}{n}}=a^{\frac{m'}{n'}-\frac{m}{n}} =a^{ \frac{m'n-n'm}{n'n} } 故に、 {\alpha}^{n'n} = a^{m'n-n'm} \qquad \frac{m}{n} \lt \frac{m'}{n'} から、 \qquad m'n-n'm \gt 0 なので、a^{m'n-n'm} \gt 1であり \gt 1 故に、 {\alpha}^{n'n} \gt 1 自然数乗すると1より大きくなる正の実数は1より大きい実数しかないので、 \alpha \gt 1 が得られた。 ② \lim_{\alpha \to \infty,\alpha \in {\bf Rat}}a^{\alpha}= \infty を示そう。 関数 f_a(\alpha) は単調増加(①で証明)なので、 \lim_{n \to \infty,n \in {\bf N}}a^n = \infty  を示せばよいが、これは自明である。 ③ \lim_{\alpha \to -\infty,\alpha \in {\bf Rat}}f_a(\alpha) = 0 も、同様にして示せる。 証明終わり \qquad \qquad \qquad \Box 以上の結果をまとめて、次の定理を得る。 \Large {\bf{定理1}} a \neq 0,1 の正の実数とする。 (1) a  の有理数乗 a^{\frac{m}{n}}\quad(m;整数、n \in {\bf N}) をa^{m}の正のn乗根で定義すると、 '''累乗に関する計算規則''' a, b  を任意の正の実数、\alpha,\beta \in {\bf Rat} を指数とすると、 \quad 1) a^{\alpha}a^{\beta} = a^{\alpha+\beta} \qquad \qquad (累乗規則1) \quad 2) (a^{\alpha})^\beta =a^{\alpha \beta} \qquad \qquad (累乗規則2) \quad 3) (ab)^\beta = a^\beta b^\beta \qquad \qquad (累乗規則3) を満たす。 (2){\bf Rat}の上で定義される関数 f_a(\alpha) \triangleq a^{\alpha} \qquad (\alpha \in {\bf Rat})を考えると、 \quad1)a\gt 1 のとき、 f_aは狭義の単調増大(従って一対一)で、 \quad \lim_{\alpha \to \infty,\alpha \in {\bf Rat}}a^{\alpha} = \infty \quad \lim_{\alpha \to -\infty}f_a(\alpha) = 0 \quad 2)a \lt 1 のとき、 f_aは狭義の単調減少(従って一対一)で、 \lim_{\alpha \to \infty,\alpha \in {\bf Rat}}f_a(\alpha) = 0\quad \lim_{\alpha \to -\infty,\alpha \in {\bf Rat}}f_a(\alpha) = \infty \quad 3)a = 1 のとき、f_a \equiv 1 (3)関数 f_a(\alpha) \triangleq a^{\alpha} \quad (\alpha \in {\bf Rat})は連続関数である。 すなわち、 \frac{m_k}{n_k}\to \frac{m}{n} \quad ({\bf N} \ni k\to \infty) \quad (m_k,m は整数、 n_k,n は自然数) ならば、  a^{\frac{m_k}{n_k}} \to  a^{\frac{m}{n}} 証明 (1)、(2)はすでに証明したことなので、(3)だけを証明する。 |a^{ \frac{m_k}{n_k} } - a^{ \frac{m}{n} }| = |a^{ \frac{m}{n} }| |a^{ \frac{m_k}{n_k}- \frac{m}{n} }-1| なので、 \lim_{\frac{m_k}{n_k}\to \frac{m}{n} }|a^{\frac{m_k}{n_k}- \frac{m}{n}}-1| = 0 を、示せばよい。 \frac{\tilde{m_k}}{\tilde{n_k}}\triangleq \frac{m_k}{n_k}- \frac{m}{n} とおくと、 \lim_{ \frac{ \tilde{m_k} }{ \tilde{n_k} }\to 0 } |a^{\frac{ \tilde{m_k} }{ \tilde{n_k} } } - 1|= 0 を示せばよい。 このために、次の補題をまず証明する。 '''補題''' \lim_{n\to \infty}|a^{ \frac{1}{n} }- 1|=0 \qquad \quad (b)  \lim_{n\to \infty}|a^{ \frac{-1}{n} }- 1|=0 \qquad \quad (c) 補題の証明 1) 式(b)を背理法で証明する。 もし式(b)が成立しないとする。 すると或る小さな正数\epsilon が存在し、 どのような自然数 n_0 をとっても、ある自然数n \gt n_0 が存在して |a^{ \frac{1}{n} }- 1| \geq \epsilon となる。(注参照) すると、自然数の部分列 \{ n_k \}_{k\in {\bf N}} \quad (n_k \lt n_{k+1},k=1,2,3,\cdots) が存在して、 (\forall k\in {\bf N})( |a^{ \frac{1}{n_k} }- 1| \geq \epsilon)\qquad (d) となる。 ① a \gt 1 の場合 a^{ \frac{1}{n_k} } \gt 1なので、 (\forall k\in {\bf N})( a^{ \frac{1}{n_k} }- 1 \geq \epsilon) すなわち、 (\forall k\in {\bf N})( a^{ \frac{1}{n_k} } \geq 1+\epsilon) 両辺をn_k乗して (\forall k\in {\bf N})(a \geq (1+\epsilon)^{n_k}) 2項定理から (1+\epsilon)^{n_k} \geq 1+n_k\epsilon  であることがわかるので、 (\forall k\in {\bf N})(a \geq 1+n_k\epsilon ) \qquad \qquad (e) n_k \to \infty \quad (k \to \infty) なので、 式(e)から、a = \infty となり、矛盾が生じてしまう。 ② a \lt 1 の場合も同様にして、矛盾が生じることが示せる。 ③ 故に、式(b)が成立しないと仮定すると矛盾が生じるので、 背理法により、式(b)が成立することが、証明できた。 2)式(c)の証明も同様にしてできるので省略する。\Box 任意の正数\epsilon に対して、ある番号k_{\epsilon}が定まって、 k \geq k_{\epsilon}というすべての自然数kに対して、 |a^{\frac{ \tilde{m_k} }{ \tilde{n_k} } } - 1|\lt \epsilon を示せば、 \lim_{ \frac{ \tilde{m_k} }{ \tilde{n_k} }\to 0 } |a^{\frac{ \tilde{m_k} }{ \tilde{n_k} } } - 1|= 0 が示せて、証明が終了する。 補題により、\epsilon に対して、ある番号n_0をさだめ, n \geq n_0ならば、 |a^{ \frac{1}{n} }- 1|\lt \epsilon |a^{ \frac{-1}{n} }- 1|\lt \epsilon が成立するようにできる。 \lim_{k \to \infty}\frac{ \tilde{m_k} }{ \tilde{n_k} }= 0  なので、 自然数n_0に対して、 ある番号k(n)\in {\bf N} が存在して、 k(n)以上のどんな自然数kに対しても、 \frac{-1}{n_0}\lt \frac{ \tilde{m_k} }{ \tilde{n_k}}\lt \frac{1}{n_0} すると指数関数f_{a}(\alpha)=a^{\alpha} の単調性から、 a^{ \frac{ \tilde{m_k} }{ \tilde{n_k} } } は、a^{\frac{-1}{n_0}}a^{\frac{-1}{n_0} }の間の数となり、 |a^{\frac{ \tilde{m_k} }{ \tilde{n_k} } } - 1|\lt \epsilon が示せた。 定理の証明終わり。 \qquad \qquad \qquad \qquad \Box ==== 指数の実数への拡張 ==== a を、正の実数とする。 任意の実数 \alpha に対して 指数 a^{\alpha} を定義しよう。 \bf{定義} 1)\{\alpha_n\}_{n=1}^{\infty} を \alpha に収束する有理数の単調増加数列とするとき、 \underline{a^{\alpha}} \triangleq \lim_{n \to \infty}a^{\alpha_{n}}\qquad (a)  2)\{\beta_n\}_{n=1}^{\infty} を \alpha に収束する有理数の単調減少数列とするとき、 \overline{a^{\alpha}} \triangleq \lim_{n \to \infty}a^{\beta_{n}}\qquad (b)  \bf{命題6} 1)定義の式(a)、(b) は収束する。 2)\alpha に収束する、別の, \qquad 有理数の単調増加数列\{\alpha'_n\}_{n=1}^{\infty}と単調減少数列\{\beta'_n\}_{n=1}^{\infty} をとっても、 \qquad \lim_{n \to \infty}a^{\alpha'_{n}} = \underline{a^{\alpha}} \qquad \lim_{n \to \infty}a^{\beta'_{n}} = \overline{a^{\alpha}} 3)\underline{a^{\alpha}} = \overline{a^{\alpha}} 証明 a = 1 の場合は 1の有理数乗は常に1になるので命題は明らかである。 a \gt 1 の場合を証明する。0 \lt a \lt 1 の場合も同じように証明できる。 1){\bf Rat}上の関数 f_a(\alpha) = a^{\alpha} は単調増加(定理1)なので、 \{a^{\alpha_{n}}\}_{n} は上に有界な単調増加数列、 \{a^{\beta_{n}}\}_{n}は下に有界な単調減少数列となる。 このため、「8.2 解析入門(1)」の [[物理/解析入門(1)実数の性質、連続関数,微分と導関数#実数の連続性と極限#実数列の極限|「1.2.3  実数列の極限」]]の定理1から、 これらは、ともに収束することが保証される。 2)\lim_{n \to \infty}a^{\alpha'_{n}} =\lim_{n \to \infty}a^{\alpha_{n}}(= \underline{a^{\alpha}}) を示そう。 \gamma_{n}\triangleq \alpha_{n}-\alpha'_{n}\quad (\in \bf{Rat},n \in \bf{N}) とおく。 すると、\lim_{n \to \infty}\gamma_{n}=0 \in \bf{Rat} 定理1(有理数を累乗とする指数関数の連続性)から、 \lim_{n \to \infty}a^{\gamma_{n}}=a^0 = 1 a^{\gamma_{n}}

a^{\alpha_{n}-\alpha'_{n}} =\frac{ a^{\alpha_{n}} }{ a^{\alpha'_{n}} } 故に、 \lim_{n \to \infty}\frac{ a^{\alpha_{n}} }{ a^{\alpha'_{n}} } = 1 上式の分子も分母も収束するので 1= \lim_{n \to \infty}\frac{a^{\alpha_{n}}}{ a^{\alpha'_{n}}}

\frac{ \lim_{n \to \infty}a^{\alpha_{n}} }{ \lim_{n \to \infty} a^{\alpha'_{n}} } 3)2)の証明と殆ど同じようにして出来る。 \{\alpha_n\}_{n=1}^{\infty} を \alpha に収束する有理数の単調増加数列 \{\beta_n\}_{n=1}^{\infty} を \alpha に収束する有理数の単調減少数列とする。 \gamma_{n}\triangleq \beta_{n}-\alpha_{n}\quad (\in \bf{Rat},n \in \bf{N}) とおく。 すると、\lim_{n \to \infty}\gamma_{n}=0 \in \bf{Rat} 定理1(有理数を累乗とする指数関数の連続性)から、 \lim_{n \to \infty}a^{\gamma_{n}}=a^0 = 1 a^{\gamma_{n}}

a^{\beta_{n}-\alpha_{n}} =\frac{ a^{\beta_{n}} }{ a^{\alpha_{n}} } 故に、 \lim_{n \to \infty}\frac{ a^{\beta_{n}} }{ a^{\alpha_{n}} } = 1 上式の分子も分母も収束するので 1= \lim_{n \to \infty}\frac{a^{\beta_{n}}}{ a^{\alpha_{n}}}

\frac{ \lim_{n \to \infty}a^{\beta_{n}} }{ \lim_{n \to \infty} a^{\alpha_{n}} } = \frac{\overline{a^{\alpha}}}{\underline{a^{\alpha}}} 証明終わり。\qquad \qquad \qquad \Box \bf{a^{\alpha}の定義 } a を任意の正の実数、\alpha を任意の実数とするとき、 a の \alpha乗を、 a^{\alpha} \triangleq \underline{a^{\alpha}} (= \overline{a^{\alpha}}) で定義する。 \Large{\bf{定理2}} 1)任意の正の実数a に対して、その実数乗を上述のように定義すると、 累乗の計算規則を満たす。 2)実数空間 {\bf R} で定義された指数関数 f_{a}(x)= a^x \quad (x \in {\bf R})  は、 a \neq 1 ならば、一対一関数で a \gt 1 ならば単調増加、\quad a \lt 1 ならば単調減少である 3) a \neq 1 ならば、指数関数f_{a}(x)= a^x は {\bf R}から無限開区間(0,\infty)の上への、連続関数である。 証明 1) a, b  を任意の正の実数、\alpha,\quad \betaを実数とすると、  a^{\alpha}a^{\beta} = a^{\alpha+\beta} \ (規則1)\quad (a^{\alpha})^\beta =a^{\alpha \beta} \ (規則2)\quad (ab)^\beta = a^\beta b^\beta \ (規則3) を示せばよい。 皆同じように証明できるので、規則1だけを証明する。 実数 \alpha に収束する任意の有理数の単調増加列 \{\alpha_n\}_{n} と、 実数 \beta に収束する任意の有理数の単調増加列 \{\beta_n\}_{n} をとれば、 定理1から、有理数乗では規則1は成り立つので、 a^{\alpha_n}a^{\beta_n} = a^{\alpha_n+\beta_n} 極限(\lim_{n\to \infty})をとれば、 \lim_{n\to \infty}(a^{\alpha_n}a^{\beta_n}) = \lim_{n\to \infty}a^{\alpha_n+\beta_n} この左辺は極限の性質から\lim_{n\to \infty}a^{\alpha_n}\lim_{n\to \infty}a^{\beta_n} に等しいので、 \lim_{n\to \infty}a^{\alpha_n}\lim_{n\to \infty}a^{\beta_n}= \lim_{n\to \infty}a^{\alpha_n+\beta_n} \qquad \qquad (a) 命題6とその直後のa^{\alpha}の定義から、 \lim_{n\to \infty}a^{\alpha_n} = \underline{a^{\alpha}}= a^{\alpha}  \lim_{n\to \infty}a^{\beta_n} = \underline{a^{\beta}}= a^{\beta}  \lim_{n\to \infty}a^{\alpha_n+\beta_n} = \underline{a^{\alpha+\beta}}= a^{\alpha + \beta}  この3つの式を式(a)に代入すると、 a^{\alpha}a^{\beta}=a^{\alpha + \beta}  累乗規則の1が成り立つことが示せた。 === 対数と対数関数 === 1と異なる正の実数 a を考える。 指数関数 f_{a}(x) = a^x は,定理2から、 {\bf R} から (0,\infty) の上への、一対一、連続関数である。   定義1 実数 a を  a\gt 0,\ a\neq 1 とする。この時、 任意の正の実数 Xに対して、 a^x = X を満たす実数xが唯一つ定まる。 このxを X の'''a を底とする対数'''と呼び、\log_{a}X とかく。 指数関数 f_{a}(x) = a^x{\bf R} から (0,\infty) の上への、一対一関数 なので、逆関数を考えることができる。 *[[File:GENPHY00010804-01.pdf|right|frame|図 指数関数と対数関数]]  *[[File:図1 指数関数と対数関数.jpg]]  定義2 a を1と異なる正の実数とする。 \log_{a} a^x \triangleq x \qquad \qquad \qquad (1)  この関数を、a を底とする対数関数とよぶ。   定理1 a を 1と異なる正の実数とする。 1) a を底とする対数関数 \log_{a} は、 指数関数f_{a}(x)=a^xの逆関数であり、 (\log_{a}\cdot f_{a})(x) = x \quad (x \in {\bf R})\qquad \qquad \qquad (2) すなわち、 \log_{a}(a^x) = x \quad (x \in {\bf R})\qquad \qquad \qquad (2') と(注参照)、 (f_{a}\cdot \log_{a})(y) = y \quad \bigl(y \in (0,\infty)\bigr)\qquad \qquad \qquad (3) すなわち、 a^{\log_{a}(y)} = y \quad \bigl(y \in (0,\infty)\bigr)\qquad \qquad \qquad (3') を満たす。 2)指数関数f_{a}(x)=a^x は (0,\infty) から {\bf R} の上への一対一で 連続な関数である。 (注) 2つの関数f、gに対して、その合成関数(f\cdot g) は、 (f\cdot g)(x)\triangleq f\bigl(g(x)\bigr) で定義される。 定理2 a を 1と異なる正の実数とする。 すると 1) 任意の2つの正の実数b、cに対して, \qquad \log_{a}b + \log_{a}c = \log_{a}bc \qquad \qquad \qquad (4) 2) 任意の2つの正の実数 b,c に対して, \qquad \log_{a}b - \log_{a}c = \log_{a}\frac{b}{c} \qquad \qquad \qquad (5) 3) 任意の正の実数 b と任意の実数 c に対して  \qquad \log_{a}b^c = c \log_{a}b \qquad \qquad \qquad (6) 証明 1) 指数関数f_{a}(x)=a^x の性質から、 a^{x_{b}}= b,\quad a^{x_{c}}= c \qquad \qquad \qquad (7)  を満たす、実数 x_{b} \quad x_{c} がそれぞれ唯一つ定まる。 式(7)から対数関数の定義を用いると、 \log_{a}b = x_{b} \quad \log_{a}c = x_{c}\qquad \qquad \qquad (8)  すると、 \quad \log_{a}b + \log_{a}c = x_b + x_c \quad (式(8)から) =\log_{a} a^{x_b + x_c } \quad (式(1)から) =\log_{a} (a^{x_b} a^{x_c }) \quad (指数関数の性質から) =\log_{a}(bc) \quad (式(7)から) 2)も同様に証明できる。 3)X \triangleq \log_{a}b^c とおく。すると、対数の定義から、 a^X = b^c \qquad bは正の実数なので、x_b=\log_{a}b とおくと、 a^{x_b}= bなので、 = (a^{x_b})^c = a^{x_b c} \quad (指数関数の性質から) 故に a^X = a^{x_b c} 指数関数が一対一関数なので、X = x_b c = c \log_{a}b X の定義から、\log_{a}b^c = c \log_{a}b \qquad \qquad \Box 定理3 底の変換公式 任意の3つの正の実数 a(\neq 1),b,c(\neq 1)  に対して \qquad \log_{a}b = \frac{\log_{c}b}{\log_{c}a}\qquad \qquad \qquad (9) 証明 定理1の式(3')から、 \quad a^{\log_{a}b} = b \qquad \qquad \qquad (10) 底をcとする対数をとれば、 \log_{c}a^{\log_{a}b} = \log_{c} b \qquad 定理2の式(6)から、\log_{c}a^{\log_{a}b} = (\log_{a}b)(\log_{c}a)なので、 (\log_{a}b)(\log_{c}a) = \log_{c} b a,\quad c は、1と異なる正の実数であるため、 \log_{c}a \neq 0 となり、 \log_{a}b = \frac{\log_{c}b }{\log_{c}a} が得られた。 証明終わり。 \qquad \qquad \qquad \Box === 対数関数 === 1と異なる正の実数 a を考える。   指数関数 f_{a}(x) = a^x は,定理2から、   {\bf R} から (0,\infty) の上への、一対一、連続関数である。   すると、その逆関数\quad (0,\infty) \ni a^x \to x \in {\bf R}  が定義できる。 *[[File:GENPHY00010804-01.pdf|right|frame|図 指数関数と対数関数]]  *[[File:図1 指数関数と対数関数.jpg]]  定義 a を1と異なる正の実数とする。 \log_{a} a^x \triangleq x \qquad \qquad \qquad (1)  この関数を、a を底とする対数関数とよぶ。   定理1 a を 1と異なる正の実数とする。 1) a を底とする対数関数 \log_{a} は、 指数関数f_{a}(x)=a^xの逆関数であり、 (\log_{a}\cdot f_{a})(x) = x \quad (x \in {\bf R})\qquad \qquad \qquad (2) すなわち、 \log_{a}(a^x) = x \quad (x \in {\bf R})\qquad \qquad \qquad (2') と(注参照)、 (f_{a}\cdot \log_{a})(y) = y \quad \bigl(y \in (0,\infty)\bigr)\qquad \qquad \qquad (3) すなわち、 a^{\log_{a}(y)} = y \quad \bigl(y \in (0,\infty)\bigr)\qquad \qquad \qquad (3') を満たす。 2)指数関数f_{a}(x)=a^x は (0,\infty) から {\bf R} の上への一対一で 連続な関数である。 (注) 2つの関数f、gに対して、その合成関数(f\cdot g) は、 (f\cdot g)(x)\triangleq f\bigl(g(x)\bigr) で定義される。 定理2 a を 1と異なる正の実数とする。 すると 1) 任意の2つの正の実数b、cに対して, \qquad \log_{a}b + \log_{a}c = \log_{a}bc \qquad \qquad \qquad (4) 2) 任意の2つの正の実数 b,c に対して, \qquad \log_{a}b - \log_{a}c = \log_{a}\frac{b}{c} \qquad \qquad \qquad (5) 3) 任意の正の実数 b と任意の実数 c に対して  \qquad \log_{a}b^c = c \log_{a}b \qquad \qquad \qquad (6) 証明 1) 指数関数f_{a}(x)=a^x の性質から、 a^{x_{b}}= b,\quad a^{x_{c}}= c \qquad \qquad \qquad (7)  を満たす、実数 x_{b} \quad x_{c} がそれぞれ唯一つ定まる。 式(7)から対数関数の定義を用いると、 \log_{a}b = x_{b} \quad \log_{a}c = x_{c}\qquad \qquad \qquad (8)  すると、 \quad \log_{a}b + \log_{a}c = x_b + x_c \quad (式(8)から) =\log_{a} a^{x_b + x_c } \quad (式(1)から) =\log_{a} (a^{x_b} a^{x_c }) \quad (指数関数の性質から) =\log_{a}(bc) \quad (式(7)から) 2)も同様に証明できる。 3)X \triangleq \log_{a}b^c とおく。すると、対数の定義から、 a^X = b^c \qquad bは正の実数なので、x_b=\log_{a}b とおくと、 a^{x_b}= bなので、 = (a^{x_b})^c = a^{x_b c} \quad (指数関数の性質から) 故に a^X = a^{x_b c} 指数関数が一対一関数なので、X = x_b c = c \log_{a}b X の定義から、\log_{a}b^c = c \log_{a}b \qquad \qquad \Box 定理3 底の変換公式 任意の3つの正の実数 a(\neq 1),b,c(\neq 1)  に対して \qquad \log_{a}b = \frac{\log_{c}b}{\log_{c}a}\qquad \qquad \qquad (9) 証明 定理1の式(3')から、 \quad a^{\log_{a}b} = b \qquad \qquad \qquad (10) 底をcとする対数をとれば、 \log_{c}a^{\log_{a}b} = \log_{c} b \qquad 定理2の式(6)から、\log_{c}a^{\log_{a}b} = (\log_{a}b)(\log_{c}a)なので、 (\log_{a}b)(\log_{c}a) = \log_{c} b a,\quad c は、1と異なる正の実数であるため、 \log_{c}a \neq 0 となり、 \log_{a}b = \frac{\log_{c}b }{\log_{c}a} が得られた。 証明終わり。 \qquad \qquad \qquad \Box $

指数関数と対数関数の微分

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