物理/８章の付録
提供: Internet Web School
目次 |
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。
（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,$(1-\frac{i}{n+1})\gt 0$と$(1-\frac{i}{n+1})\gt (1-\frac{i}{n})$ 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；$e\triangleq \lim_{}(1+\frac{1}{n})^n$ をネイピア数と呼ぶ。
命題1
（１）$ 2 \lt e \leq 3$
（２）$e=\sum_{m=0}^{\infty}\frac{1}{m!} \qquad ただし、0!\triangleq 1,\quad m!\triangleq 1\cdot 2\cdot 3\cdots (m-1)\cdot m$
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
$\lim_{\theta\to 0,\theta\neq 0}\frac{\sin \theta}{\theta}=1$
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 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、
$\quad \lim_{h\to 0,h\neq 0}\cos (\theta + \frac{h}{2}) = \cos \theta$
$\quad \lim_{h\to 0,h\neq 0}\frac{\sin \frac{h}{2}}{h/2} = 1 \quad (上の命題より）$
$\quad $なので、
$=\cos \theta$
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。
$a^1=a,\quad a^2=a\cdot a,\quad a^3=a^2\cdot a=a\dot a\cdot a \cdots a^n=a^{n-1}\cdot a, \cdots$
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。
この定義から次の規則が容易に導かれる。
命題１
a,b を任意の実数、m,nを任意の自然数とすると、
(1) $a^{m}a^{n} = a^{m+n} \qquad \qquad \qquad (1)$
(2) $(a^{m})^n =a^{m n} \qquad \qquad \qquad (2)$
(3) $(ab)^n = a^n b^n \qquad \qquad \qquad (3)$
命題２
（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。
（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）。
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。
上の定義から、
$a \neq 0$ の時は、任意の自然数ｍ、ｎに対し、
$a^m \div a^n = a^{m-n} \qquad (m\gt n) \qquad \qquad (1)$
$\qquad \qquad = 1 \qquad (m = n)\qquad \qquad \qquad(2)$
$\qquad \qquad = \frac{1}{a^{n-m}} \qquad (m \lt n)\qquad \qquad (3)$
であることが分かる。
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。
そのためには、指数が零の時、$a^0 \triangleq 1$、
指数 $m-n$ が負数の時 $a^{m-n} \triangleq \frac{1}{a^{n-m}}$
と定義すればよい。
言い換えると、$a (\neq 0) $ の指数ｎが 零と負の整数のとき、
$a^0 \triangleq 1, \qquad a^n \triangleq \frac{1}{a^{-n}} \qquad (n\lt 0)\qquad \qquad (4)$
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、
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。
有理数乗に拡張した計算規則
$\frac{m}{n},\quad \frac{m'}{n'}$ を任意の有理数、 $a,\quad b$ を任意の正の実数とすると、
(1) $a^{\frac{m}{n}}a^{\frac{m'}{n'}} = a^{\frac{m}{n} + \frac{m'}{n'}} \qquad \qquad \qquad (1)$
(2) $(a^{\frac{m}{n}})^{\frac{m'}{n'}} =a^{\frac{m}{n} \frac{m'}{n'}} \qquad \qquad \qquad (2)$
(3) $(ab)^{\frac{m}{n}} = a^{\frac{m}{n}} b^{\frac{m}{n}} \qquad \qquad \qquad (3)$
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。
計算規則（２）を満たすように定義するには、
$(a^{\frac{m}{n}})^{n} = \Bigl((a^{\frac{m}{n}})^{\frac{n}{1}} \Bigr) = a^{m}$
でなければならない。
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。
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。
命題３
a を任意の正の実数、m,n を任意の整数とする。
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。
証明；
$ 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。
一方、$a^{m}$ は必ず正の実数である。
そのため、ｘが零のときは、 $ f(x) \lt a^{m}$ であり、
ｘを少し増加させても、同じ関係が成り立つ。
関数は単調に零から∞まで増加していくので、
ある正の実数（b 書こう)まで、$ f(x) \lt a^{m}$ であり
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。
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。
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。
（証明終り）
(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。
指数関数
aを任意の正の実数とする。
定義
$f_{a}(x)\triangleq a^x \qquad (x は任意の実数)$ という関数を指数関数と呼ぶ。
命題１
（１）$a$ が 1 より大きい実数の時,$f_{a}(x)= a^x $ は単調増加
（２）$a$ が 1 より小さい実数の時,$f_{a}(x)= a^x $ は単調減少
命題２
指数関数 $f_{a}(x)= a^x $ は連続関数である。
