物理/８章の付録
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2018年4月19日 (木) 03:12時点における版
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「8.5 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
an≜(1+1n)n(nは自然数) とおく。
すると、
2≤a1=1+11=2<a2=(1+12)2=214である。
以下に、数列 {an}∞n=1 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、anを２項定理を用いて展開すると
an=(1+1n)n=∑nm=0nCm1n−m(1n)m(1)
ここで nCm 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
nCm=n!m! (n−m)!(2)
ここで、m が1以上の自然数の時は m!≜1⋅2⋅3⋯(m−1)⋅m
mが零の時は 0!≜1 と定義。
すると、
nC0=n!0! n!=1(3)
m≥1のとき、nCm=n!m! (n−m)!=n⋅(n−1)⋅(n−2)⋯(n−(m−1))m!(4)
式（１）に式（２）を代入し,式(３)、(４)を利用して計算すると
an=1+∑nm=1n(n−1)(n−2)⋯(n−(m−1))m!1n−m(1n)m
=2+∑nm=21(1−1n)(1−2n)⋯(1−m−1n)m!(5)
ここで、n より小さい全ての自然数 i に対して
0<1−in<1 なので、
2<an<2+∑nm=21m!(6)
（２）すべての2以上の自然数 n に関して、
2<an<3(7)
であることを示す。
式（6）から
2<an,
an<2+∑nm=21m!(8)
右辺の m は2以上の自然数なので、
1m!≤1(m−1)m=1m−1−1m
である。故に、
an<2+∑nm=2(1m−1−1m)=2+(1−1n)=3−1n<3
（３）数列 {an}∞n=1 は単調増加
n≥2 の時、常に an<an+1 を示せばよい。
式(5)を利用すると(注参照）、
an+1=2+∑n+1m=21(1−1n+1)(1−2n+1)⋯(1−m−1n+1)m!
すると、
an+1−an=∑n+1m=21(1−1n+1)(1−2n+1)⋯(1−m−1n+1)m!−∑nm=21(1−1n)(1−2n)⋯(1−m−1n)m!
右辺の第一項の和を2つに分けると、
=1(1−1n+1)(1−2n+1)⋯(1−nn+1)m!
+∑nm=21(1−1n+1)(1−2n+1)⋯(1−m−1n+1)m!−∑nm=21(1−1n)(1−2n)⋯(1−m−1n)m!
=1(1−1n+1)(1−2n+1)⋯(1−nn+1)m!
+∑nm=21(1−1n+1)(1−2n+1)⋯(1−m−1n+1)−1(1−1n)(1−2n)⋯(1−m−1n)m!
上の式で、全てのi∈{1,2,,,,n}に対して,(1−in+1)>0と(1−in+1)>(1−in) なので、
an+1−an>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≜lim(1+1n)n をネイピア数と呼ぶ。
命題1
（１）2<e≤3
（２）e=∑∞m=01m!ただし、0!≜1,m!≜1⋅2⋅3⋯(m−1)⋅m(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
limθ→0,θ≠0sinθθ=1
証明
まず、θ を正に保ちながら零に近づける場合を考える。
すると、0<θ<π/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△OAB⊂扇形OAB⊂△OAP
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、
△OABの面積< 扇形OABの面積 < △OAPの面積
ここで、△OABの面積=1⋅sinθ2,扇形OABの面積=π⋅12⋅θ2π△OAPの面積=1⋅tanθ2なので、
sinθ2 <θ2<tanθ2=sinθ2cosθ各項を2倍すると、
sinθ<θ<sinθcosθ
ここで sinθ>0 なので、これで上式の各項を割ると、
1<θsinθ<1cosθ
1>sinθθ>cosθ
故に、極限の性質から
1≥limθ→0,θ≠0sinθθ≥limθ→0,θ≠0cosθ=1
これより、limθ→0,θ≠0sinθθ=1 が得られる。
定理１ 三角関数の微分
（１）ddθsinθ=cosθ
（２）ddθcosθ=−sinθ
証明
（１）； ddθsinθ≜limh→0,h≠0sin(θ+h)−sinθh
ここで、
sin(θ+h)−sinθ=sin((θ+h2)+h2)−sin((θ+h2)−h2)
サイン関数の加法定理を適用すると
=sin(θ+h2)cosh2+cos(θ+h2)sinh2−(sin(θ+h2)cosh2−cos(θ+h2)sinh2)=2⋅cos(θ+h2)sinh2
故に、
ddθsinθ≜limh→0,h≠0sin(θ+h)−sinθh=limh→0,h≠02⋅cos(θ+h2)sinh2h=limh→0,h≠0cos(θ+h2)sinh2h/2
=limh→0,h≠0cos(θ+h2)limh→0,h≠0sinh2h/2
ここで、
limh→0,h≠0cos(θ+h2)=cosθ
limh→0,h≠0sinh2h/2=1(上の命題２より）
なので、
=cosθ
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。
a1=a,a2=a⋅a,a3=a2⋅a=a⋅a⋅a,⋯an=an−1⋅a, ⋯
を総称して、a の累乗と呼ぶ。
an 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) aman=am+n
(2) (am)n=amn
(3) (ab)n=anbn
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aα の
α 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, αを自然数とするとき、次の2つの関数を考える。
１）fa;(N∋)α→aα(∈R+≜(0,∞))
これは、指数を変数とする関数なので、指数関数という。
２）gα;(R+∋)a→aα(∈R+)
これは、α次の単項関数である。
命題 指数関数の性質
指数関数fa(α)=aα(α∈N) は次の性質を持つ。
１）0<a<1のとき、NからR+への狭義単調減少の連続関数で、limα→∞,α∈Naα=0
２）1<aのとき、NからR+への狭義単調増加の連続関数
で、
limα→∞,α∈Naα=∞
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 「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
α=n∈N とする。
n次の単項関数gn(a)=an(a∈R+) は
R+からR+への狭義単調増加の連続関数で、
lima→0,a∈R+an=0
lima→∞,a∈R+an=∞
である。
証明
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、limδ→0(a+δ)n=an であることを示せばよい。
例えば、2項定理で(a+δ)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
12 の時, a12=√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、α,βを指数とすると、
(1) aαaβ=aα+β(累乗規則１)
(2) (aα)β=aαβ(累乗規則２)
(3) (ab)β=aβbβ(累乗規則３)
計算規則(3)を守ろうとすると、1β≡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、aβ=(a・1)β=aβ1β となり、 aβ≠0 であるから。
そこで 今後は常に 1β≡1 と定め、 a≠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
fa(α)=aα とgα(a)=aα 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(≠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
a0=1(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∈N の時、
an=an+0=ana0
となり、 an≠0 だから両辺を an 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−nan=a−n+n=a0=1
両辺を an で割れば
a−n=1an(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
指数が負のときは式(5)を用いて、指数が自然数の式に書き直し、
指数が自然数のときに成り立つことが分かっている３つの計算規則を使って式の変形をすれば良い。
計算規則の（1）の証明だけを示そう。
（１）α,β を任意の整数とすると、
aαaβ=a(α+β) 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、
ama−n=am−n を示せばよい。
式(5)から
ama−n=aman (6)
m>n 、m=n 、m<n という3つの場合に分けて証明する。
１）m>n の時
割り算を実行するとaman=am−n
この式と、式(6)から、ama−n=am−n
2) m=n の時
aman=1=am−n
この式と、式(6)から、ama−n=am−n
3) m<n の時
割り算を実行すると、
aman=1a(n−m)
=am−n
(ケース２）両方の指数が負の整数の時
a−ma−n=a−m−n を示せばよい。
a−ma−n=1am1an=1aman=1a(m+n)=a−m−n
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Ratとかく。
a(≠1) を任意の正の実数、 mn を任意の有理数のとき、
a の有理数乗 amn 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。
（注）nが負の時はamn=a−m−n なので、
−n,−mを改めてn,m と置けば良い。◻
累乗規則（２）を満たすように定義するには、
(amn)n=(amn)n1=am
でなければならない。
これは、amn が am のｎ乗根であることを示す。
しかしｎが偶数のときは、−amn もam のｎ乗根となるので、
正のｎ乗根 のほうを、amn とかく。
定義 正の実数の有理数乗
aを正の実数とする。
amn とは、
am の正のｎ乗根である。
すなわち、
(amn)n=am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
1mn=1
であることが分かるので、a≠1 の場合を考える。
命題３
a≠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 am になる正の実数 b (i.e. bn=am)が存在し、ただ一つに限る。
証明
(1) 存在性
f(x)≜xn 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≜{x∈[0,∞) | xn≤am} 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∈B,bn=am であることを示そう。
b が集合B(∈R)の上限なので、任意の自然数ｎに対して、
0≤b−bn<1n
を満たす bn∈B が存在する。
明らかに
limn→∞bn=b
すると、関数 f(x)≜xn は連続なので、
limn→∞bnn=bn(a)
ところがbn∈B≜{x∈[0,∞)|xn≤am}なので、
bnn≤am(b)
式(a)、(b) から、bn≤am がえられるので、
b∈B
が示せた。（従って、Bは閉区間 [o,b] である。）
bn=am であることを背理法を使って示そう。
もし、bn<am だとすると、関数 f(x)=xn は連続なので
充分小さな正の実数δ をとると、(b+δ)n<am を満たす。
すると (b+δ)∈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、bn=am が証明できた。
（２）一意性
関数 f(x)=xn は狭義の単調増加関数なのでｂ以外の数ｂ'(≠b)では、
b′n≠bn=am
（証明終り） ◻
(注) 関数ｆが狭義単調増加とは、x<y⇒f(x)<f(y) を満たすこと。
命題４
任意の正の実数 a≠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,˜nと整数m,˜m を用いて、
α=mn,β=˜m˜nと表現する。
すると、累乗規則（１)は、次のように表される。
amna˜m˜n=amn+˜m˜n
この左辺を b≜amna˜m˜n,
右辺を c≜amn+˜m˜n とおく。
bn˜n=cn˜n (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。
bn˜n= (amna˜m˜n)n˜n
指数が自然数の累乗規則（３）から
=(amn)n˜n(a˜m˜n)n˜n
指数が自然数の累乗規則（２）から
=((amn)n)˜n((a˜m˜n)˜n)n
実数の有理数乗の定義から、
=(am)˜n(a˜m)n
指数が整数の累乗規則（２）から
=am˜na˜mn
指数が整数の累乗規則（１）から
=am˜n+˜mn
故に、bn˜n=am˜n+˜mn
次に、右辺を考える。
cn˜n=(amn+˜m˜n)n˜n
=(am˜n+n˜mn˜n)n˜n
実数の有理数乗の定義から、
=am˜n+n˜m=bn˜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
Ratの上で定義される関数
fa(α)≜aα (α∈Rat)を考える。
１）a を1より大きい正の実数とすると、
faは単調増大で
limα→∞,α∈Rataα=∞ limα→−∞fa(α)=0
２）a が1より小さい正の実数のとき、
faは単調減少し、
limα→∞,α∈Ratfa(α)=0limα→−∞,α∈Ratfa(α)=∞
３）a=1 のとき、fa ≡ 1
証明
１）のみ証明する。２)の場合も同様に証明できる。
① mn<m′n′,n,m∈N とすると、
amn<am′n′ を示そう。
α≜am′n′÷amn>1
を示せばよい。
正数の有理数乗の計算規則から、
α≜am′n′÷amn=am′n′−mn
=am′n−n′mn′n
故に、
αn′n=am′n−n′m
mn<m′n′ から、
m′n−n′m>0なので、am′n−n′m>1であり
>1
故に、 αn′n>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、
α>1 が得られた。
② limα→∞,α∈Rataα=∞を示そう。
関数 fa(α) は単調増加（①で証明)なので、
limn→∞,n∈Nan=∞
を示せばよいが、これは自明である。
③ limα→−∞,α∈Ratfa(α)=0
も、同様にして示せる。
証明終わり ◻
以上の結果をまとめて、次の定理を得る。
定理１
a≠0,1 の正の実数とする。
（１）a の有理数乗 amn(m;整数、n∈N) をam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、α,β∈Ratを指数とすると、
1) aαaβ=aα+β(累乗規則１)
2) (aα)β=aαβ(累乗規則２)
3) (ab)β=aβbβ(累乗規則３)
を満たす。
（２）Ratの上で定義される関数
fa(α)≜aα (α∈Rat)を考えると、
１）a>1 のとき、 faは狭義の単調増大(従って一対一)で、
limα→∞,α∈Rataα=∞ limα→−∞fa(α)=0
２）a<1 のとき、 faは狭義の単調減少(従って一対一)で、
limα→∞,α∈Ratfa(α)=0limα→−∞,α∈Ratfa(α)=∞
３）a=1 のとき、fa ≡ 1
（３）関数 fa(α)≜aα(α∈Rat)は連続関数である。
すなわち、
mknk→mn(N∋k→∞)(mk,mは整数、nk,n は自然数）
ならば、
amknk → amn
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。
|amknk−amn|=|amn||amknk−mn−1| なので、
limmknk→mn|amknk−mn−1|=0
を、示せばよい。
~mk~nk≜mknk−mn とおくと、
lim ~mk~nk→0 |a~mk~nk−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
limn→∞|a1n−1|=0 (b)
limn→∞|a−1n−1|=0(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ϵ が存在し、
どのような自然数 n0 をとっても、ある自然数n>n0 が存在して
|a1n−1|≥ϵ
となる。（注参照）
すると、自然数の部分列 {nk}k∈N(nk<nk+1,k=1,2,3,⋯) が存在して、
(∀k∈N)(|a1nk−1|≥ϵ)(d)
となる。
① a>1 の場合
a1nk>1なので、
(∀k∈N)(a1nk−1≥ϵ)
すなわち、
(∀k∈N)(a1nk≥1+ϵ)
両辺をnk乗して
(∀k∈N)(a≥(1+ϵ)nk)
2項定理から
(1+ϵ)nk≥1+nkϵ
であることがわかるので、
(∀k∈N)(a≥1+nkϵ) (e)
nk→∞(k→∞) なので、
式(e)から、a=∞ となり、矛盾が生じてしまう。
② a<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。◻
任意の正数ϵ に対して、ある番号kϵが定まって、
k≥kϵというすべての自然数kに対して、
|a~mk~nk−1|<ϵ
を示せば、
lim ~mk~nk→0 |a~mk~nk−1|=0
が示せて、証明が終了する。
補題により、ϵ に対して、ある番号n0をさだめ,
n≥n0ならば、
|a1n−1|<ϵ
|a−1n−1|<ϵ
が成立するようにできる。
limk→∞~mk~nk=0
なので、
自然数n0に対して、
ある番号k(n)∈N が存在して、
k(n)以上のどんな自然数kに対しても、
−1n0<~mk~nk<1n0
すると指数関数fa(α)=aα の単調性から、
a~mk~nk は、a−1n0とa−1n0 の間の数となり、
|a~mk~nk−1|<ϵ
が示せた。
定理の証明終わり。 ◻
指数の実数への拡張
a を、正の実数とする。
任意の実数 α に対して 指数 aα を定義しよう。
定義
１）{αn}∞n=1 を α に収束する有理数の単調増加数列とするとき、
aα_≜limn→∞aαn(a)
２）{βn}∞n=1 を α に収束する有理数の単調減少数列とするとき、
¯aα≜limn→∞aβn(b)
命題６
１）定義の式(a)、(b) は収束する。
２）α に収束する、別の,
有理数の単調増加数列{α′n}∞n=1と単調減少数列{β′n}∞n=1 をとっても、
limn→∞aα′n=aα_limn→∞aβ′n=¯aα
３）aα_=¯aα
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>1 の場合を証明する。0<a<1 の場合も同じように証明できる。
１）Rat上の関数 fa(α)=aα は単調増加(定理１)なので、
{aαn}n は上に有界な単調増加数列、
{aβn}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
「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）limn→∞aα′n=limn→∞aαn(=aα_)を示そう。
γn≜αn−α′n(∈Rat,n∈N)
とおく。
すると、limn→∞γn=0∈Rat
定理１(有理数を累乗とする指数関数の連続性)から、
limn→∞aγn=a0=1
aγn=aαn−α′n
=aαnaα′n
故に、
limn→∞aαnaα′n=1
上式の分子も分母も収束するので
1=limn→∞aαnaα′n=limn→∞aαnlimn→∞aα′n
３）２）の証明と殆ど同じようにして出来る。
{αn}∞n=1 を α に収束する有理数の単調増加数列
{βn}∞n=1 を α に収束する有理数の単調減少数列とする。
γn≜βn−αn(∈Rat,n∈N)
とおく。
すると、limn→∞γn=0∈Rat
定理１(有理数を累乗とする指数関数の連続性)から、
limn→∞aγn=a0=1
aγn=aβn−αn
=aβnaαn
故に、
limn→∞aβnaαn=1
上式の分子も分母も収束するので
1=limn→∞aβnaαn=limn→∞aβnlimn→∞aαn=¯aαaα_
証明終わり。◻
aαの定義
a を任意の正の実数、α を任意の実数とするとき、
a の α乗を、
aα ≜aα_(=¯aα)
で定義する。
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 R で定義された指数関数
fa(x)=ax (x∈R)
は、a≠1 ならば、一対一関数で
a>1 ならば単調増加、a<1 ならば単調減少である
３）a≠1 ならば、指数関数fa(x)=ax は Rから無限開区間(0,∞)の上への、連続関数である。
証明
１）a,b を任意の正の実数、α,βを実数とすると、
aαaβ=aα+β (規則１)(aα)β=aαβ (規則２)(ab)β=aβbβ (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 α に収束する任意の有理数の単調増加列 {αn}n と、
実数 β に収束する任意の有理数の単調増加列 {βn}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、
aαnaβn=aαn+βn
極限（limn→∞)をとれば、
limn→∞(aαnaβn)=limn→∞aαn+βn
この左辺は極限の性質からlimn→∞aαnlimn→∞aβn に等しいので、
limn→∞aαnlimn→∞aβn=limn→∞aαn+βn(a)
命題６とその直後のaαの定義から、
limn→∞aαn=aα_=aα
limn→∞aβn=aβ_=aβ
limn→∞aαn+βn=aα+β_=aα+β
この３つの式を式(a)に代入すると、
aαaβ=aα+β
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 fa(x)=ax は,定理２から、
R から (0,∞) の上への、一対一、連続関数である。
定義１
実数 a を a>0, a≠1 とする。この時、
任意の正の実数 Xに対して、
ax=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、logaX とかく。
指数関数 fa(x)=ax は
R から (0,∞) 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。
定義２
a を1と異なる正の実数とする。
logaax≜x(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 loga は、
指数関数fa(x)=axの逆関数であり、
(loga⋅fa)(x)=x(x∈R)(2)
すなわち、
loga(ax)=x(x∈R)(2′)
と(注参照)、
(fa⋅loga)(y)=y(y∈(0,∞))(3)
すなわち、
aloga(y)=y(y∈(0,∞))(3′)
を満たす。
２）指数関数fa(x)=ax は
(0,∞) から 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⋅g) は、
(f⋅g)(x)≜f(g(x)) 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,
logab+logac=logabc(4)
2) 任意の2つの正の実数 b,c に対して,
logab−logac=logabc(5)
3) 任意の正の実数 b と任意の実数 c に対して
logabc=clogab(6)
証明
1) 指数関数fa(x)=ax の性質から、
axb=b,axc=c(7)
を満たす、実数 xbxc 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、
logab=xblogac=xc(8)
すると、
logab+logac=xb+xc(式(8)から)
=logaaxb+xc(式(1)から)
=loga(axbaxc)(指数関数の性質から)
=loga(bc)(式(7)から)
2)も同様に証明できる。
３）X≜logabc とおく。すると、対数の定義から、
aX=bc
ｂは正の実数なので、xb=logab とおくと、axb=bなので、
=(axb)c=axbc(指数関数の性質から）
故に
aX=axbc
指数関数が一対一関数なので、X=xbc=clogab
X の定義から、logabc=clogab◻
定理３ 底の変換公式
任意の3つの正の実数 a(≠1),b,c(≠1) に対して
logab=logcblogca(9)
証明
定理１の式(3')から、
alogab=b(10)
底をｃとする対数をとれば、
logcalogab=logcb
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。
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
