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目次 [非表示] 1 　８章の付録 1.1 　問の解答 1.1.1 　問 1.2 　ネイピア数　e について 1.3 　三角関数の微分 1.3.1 　準備　 1.4 指数関数と対数関数 1.4.1 　実数の累乗 1.4.1.1 　指数の整数への拡張 1.4.1.2 　指数の有理数への拡張 1.4.2 　指数関数 1.4.3 　対数関数 1.5 指数関数と対数関数の微分

　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。

• ファイル:GENPHY00010803-01.pdf
  

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

　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が狭義単調増加なので,ｂ以外の正の実数ｘでは、$f(x) \neq a^{m}$ 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。

命題４
任意の正の実数　$a$ にたいして、その有理数乗を上記のように定義すると
計算規則　(1')～(3')　が成り立つ。
証明； ①　計算規則（2')が成り立つことを示す。

　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。

　対数関数

指数関数と対数関数の微分