コンテンツへスキップ
Topos Uranos
日本語

数 e と自然指数関数

要約

この課では、数 ee を数列 (1+1n)n\left( 1 + \frac{1}{n} \right)^n の上限として構成する。この数列は複利から生まれる。まず二項定理を用いて、この数列が増加し、値 33 には達しないことを証明し、その上限を、この数列と減少数列 (1+1n)n+1\left( 1 + \frac{1}{n} \right)^{n + 1} とのあいだに挟む。次に、ee が階乗の逆数の和の上限でもあることを証明し、それらの和の誤差を押さえる。これにより ee を望むだけの精度で計算できる。さらに ee が無理数であることを証明する。最後に自然指数関数を定義し、それを利息の連続複利と結びつけ、不等式 ex≥1+xe^x \geq 1 + x を証明する。この不等式は、直線 y=1+xy = 1 + x が指数関数のグラフの下にあることを述べている。

学習目標

  1. 数列 (1+1n)n\left( 1 + \frac{1}{n} \right)^n が単調増加で有界であることを証明し、数 ee をその上限として定義する。
  2. 階乗の逆数の和によって ee の近似値を、誤差の厳密な上界とともに計算し、ee が無理数であることを証明する。
  3. 自然指数関数を複利およびその連続複利と結びつけ、異なる頻度で複利計算することの効果を比較する。
  4. 不等式 ex≥1+xe^x \geq 1 + x を証明して応用し、それを直線 y=1+xy = 1 + x の、y=exy = e^x のグラフに対する位置として解釈する。

複利の数列

元本 11 を年利百パーセントで一年間預ける。利息が年末に一度だけ支払われるなら、元本は二倍になり、22 となる。半年ごとに利率の半分ずつ二度支払われるなら、前半の利息が後半にそれ自体の利息を生む。元本には 1+121 + \frac{1}{2} が二度掛けられ、94\frac{9}{4} となる。四半期ごとに四回支払われると (1+14)4=625256\left( 1 + \frac{1}{4} \right)^4 = \frac{625}{256} となり、2.44 をわずかに上回る。毎月十二回支払われると、2.61 をわずかに上回る。一般に、一年を nn 個の等しい期間に分け、各期間に利率の 1n\frac{1}{n} の割合を支払うと、元本には nn 回続けて 1+1n1 + \frac{1}{n} が掛けられ、年末の値は

an=(1+1n)na_n = \left( 1 + \frac{1}{n} \right)^n

nn が大きくなると、掛ける回数は増えるが、掛ける因数は 11 により近くなる。二つの効果のどちらが勝るかは明らかではない。11 の累乗はすべて 11 である一方、11 より大きい一定の底の累乗は限りなく大きくなる。この節では、この数列が増加すること、しかしその項は値 33 に達しないことを証明する。その上限が数 ee である。証明が拠りどころとするのは、組合せ論と二項定理の課の二項定理、ベルヌーイの不等式 (1+x)n≥1+nx(1 + x)^n \geq 1 + nx（x≥−1x \geq -1 のとき）でペアノの公理の課で証明されたもの、そして数の集合の課で述べた実数の完備性である。

数列の増加

二項定理により、ana_n は n+1n + 1 個の項の和である。添字 kk の項は (nk)1nk\binom{n}{k} \frac{1}{n^k} であり、1k!\frac{1}{k!} と k−1k - 1 個の正の因数（11 より小さいもの）との積として書ける。因数のない積は 11 とする約束のもとで、この書き方は k=0k = 0 と k=1k = 1 に対しても成り立つ：

an=∑k=0n1k!∏j=1k−1(1−jn)=1+1+12!(1−1n)+13!(1−1n)(1−2n)+⋯a_n = \sum_{k=0}^{n} \frac{1}{k!} \prod_{j=1}^{k - 1} \left( 1 - \frac{j}{n} \right) = 1 + 1 + \frac{1}{2!} \left( 1 - \frac{1}{n} \right) + \frac{1}{3!} \left( 1 - \frac{1}{n} \right) \left( 1 - \frac{2}{n} \right) + \cdots

この書き方では、nn は、因数 1−jn1 - \frac{j}{n}（nn とともに増加する）と、項の個数（これもまた増加する）にだけ現れる。二つの効果は同じ向きに働く。これが次の定理の考え方である。

定理数列の増加

すべての自然数 nn について an<an+1a_n < a_{n + 1} が成り立つ。すなわち、数列 (1+1n)n\left( 1 + \frac{1}{n} \right)^n は狭義単調増加である。

ana_n と an+1a_{n + 1} の二項展開を項ごとに比較する。図は n=3n = 3 の場合に、各項を、22 から始まる列のなかのブロックとして表す。最初の二つの項はどの場合も 11 だからである。

証明

  1. (nk)1nk=n(n−1)⋯(n−k+1)k! nk=1k!⋅nn⋅n−1n⋯n−k+1n\binom{n}{k} \frac{1}{n^k} = \frac{\resaltar{n(n - 1) \cdots (n - k + 1)}}{k! \, n^k} = \resaltar{\frac{1}{k!} \cdot \frac{n}{n} \cdot \frac{n - 1}{n} \cdots \frac{n - k + 1}{n}}

    二項定理により、x=1x = 1、y=1ny = \frac{1}{n} とすると、添字 kk の項（ana_n の）は (nk)1nk\binom{n}{k} \frac{1}{n^k} である。二項係数は kk 個の因数の積を k!k! で割ったものであり、各因数は分母の kk 個の因数 nn のうちの一つで割られる。

  2. an=∑k=0n1k!∏j=1k−1(1−jn)a_n = \dato{an}{\sum_{k=0}^{n} \frac{1}{k!} \prod_{j=1}^{k - 1} \left( 1 - \frac{j}{n} \right)}

    最初の商は 11 であり、それ以降の各商は n−jn=1−jn\frac{n - j}{n} = 1 - \frac{j}{n} である（jj は 11 から k−1k - 1 まで）。項を足し合わせると、ana_n の書き方が得られる。

  3. an+1=∑k=0n1k!∏j=1k−1(1−jn+1)+1(n+1)!∏j=1n(1−jn+1)a_{n + 1} = \sum_{k=0}^{n} \frac{1}{k!} \prod_{j=1}^{k - 1} \left( 1 - \frac{j}{n + 1} \right) + \resaltar{\frac{1}{(n + 1)!} \prod_{j=1}^{n} \left( 1 - \frac{j}{n + 1} \right)}

    同じ書き方で、n+1n + 1 を nn の代わりに用いると、項が一つ増える。添字 k=n+1k = n + 1 の項であり、その因数がすべて正であるから正である。

  4. 0<1−jn<1−jn+1\dato{f}{0 < 1 - \resaltar{\frac{j}{n}} < 1 - \resaltar{\frac{j}{n + 1}}}

    1≤j≤n−11 \leq j \leq n - 1 のとき、分母が大きくなると jn\frac{j}{n} は小さくなり、因数は大きくなる。さらに、因数はすべて正である。

  5. 1k!∏j=1k−1(1−jn)<1k!∏j=1k−1(1−jn+1)\frac{1}{k!} \resaltar{\prod_{j=1}^{k - 1} \left( 1 - \frac{j}{n} \right)} < \frac{1}{k!} \resaltar{\prod_{j=1}^{k - 1} \left( 1 - \frac{j}{n + 1} \right)}

    正の数の積の単調性により、ana_n の添字 k≥2k \geq 2 の各項は、もしあれば、an+1a_{n + 1} の同じ添字の項より小さい。添字 00 と 11 の項は、どちらの和でも 11 である。

  6. a1=2<a2=94<a3=6427<a4=625256a_1 = 2 < a_2 = \frac{9}{4} < a_3 = \frac{64}{27} < a_4 = \frac{625}{256}

    足し合わせると、ana_n は最初の n+1n + 1 個の項（an+1a_{n + 1} の）の和を超えない。この和にはまだ添字 n+1n + 1 の正の項が欠けている。したがって an<an+1a_n < a_{n + 1} である。図では、数列の項が上がっていく。

一つの上界

増加するだけでは、数列が上限をもつには足りない。自然数も増加するからである。上界が必要であり、それを得るために、ana_n を次の階乗の逆数の和と比較する。

sn=∑k=0n1k!=1+1+12+16+⋯+1n!s_n = \sum_{k=0}^{n} \frac{1}{k!} = 1 + 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{6} + \cdots + \frac{1}{n!}

これは ana_n の書き方からすべての因数 1−jn1 - \frac{j}{n} を取り除いた結果である。これらの和はそれ自体興味深く、次の節で、それらが ana_n と同じ数に、しかもはるかに速く近づくことを証明する。組合せ論の課の練習問題 5 は an<3a_n < 3 を証明することを求めていた。以下の二つの補題のうち二番目がこの上界を含み、あとで使う中間の不等式 an≤sna_n \leq s_n も与える。一番目は階乗を 22 の累乗と比べるもので、これによって sns_n を等比数列で上から押さえられる。

補題階乗と二の累乗

すべての自然数 kk について k!≥2k−1k! \geq 2^{k - 1} が成り立ち、等号は k=1k = 1 または k=2k = 2 のときに限る。

kk についての帰納法で論じる。用いるのはペアノの公理の課の原理である。kk から k+1k + 1 に移るとき、階乗には k+1k + 1 が掛けられ、これは少なくとも 22 であるが、累乗は二倍になるだけである。図は kk が 11 から 44 までについて、階乗と累乗を二つの列として比較する。

証明

  1. 1!=1=201! = 1 = 2^{0}

    基底：k=1k = 1 のとき、両辺はともに 11 である。

  2. k!≥2k−1\dato{h}{k! \geq 2^{k - 1}}

    帰納法の仮定：ある自然数 kk について不等式が成り立つと仮定する。

  3. (k+1)!=(k+1)⋅k!≥2⋅2k−1=2k(k + 1)! = \resaltar{(k + 1)} \cdot k! \geq \resaltar{2} \cdot 2^{k - 1} = 2^{k}

    k+1k + 1 の階乗は kk の階乗に k+1k + 1 を掛けたもので、これは少なくとも 22 である。因数はすべて正であるから、帰納法の仮定により k+1k + 1 に対する不等式が得られる。

  4. k!≥2k−1,3!=6>4=22k! \geq 2^{k - 1}, \qquad 3! = 6 > 4 = 2^2

    帰納法の原理により、不等式はすべての自然数 kk について成り立つ。k≥2k \geq 2 ならば因数 k+1k + 1 は少なくとも 33 であり、k+1k + 1 に対する不等式は狭義の不等式となる。等号が成り立つのは k=1k = 1 と k=2k = 2 のときであり、そのときに限る。

補題数列の上界

すべての自然数 nn について an≤sn<3a_n \leq s_n < 3 が成り立つ。n≥2n \geq 2 のとき、一つ目の不等式は狭義の不等式である。

ana_n の展開の各項を sns_n の対応する項で上から押さえ、sns_n の各項を公比 12\frac{1}{2} の等比数列の項で押さえる。図は n=4n = 4 の場合に、共通の底線 22 の上の三つの列を比較する。

証明

  1. 1k!∏j=1k−1(1−jn)≤1k!⋅1\frac{1}{k!} \resaltar{\prod_{j=1}^{k - 1} \left( 1 - \frac{j}{n} \right)} \leq \frac{1}{k!} \cdot \resaltar{1}

    各因数 1−jn1 - \frac{j}{n} は 00 と 11 のあいだにある。したがってそれらの積は 11 を超えず、ana_n の各項は項 1k!\frac{1}{k!}（sns_n の）を超えない。

  2. an≤sn\dato{as}{a_n \leq s_n}

    kk について 00 から nn まで足し合わせると、一つ目の不等式が得られる。n≥2n \geq 2 ならば、添字 22 の項は因数 1−1n<11 - \frac{1}{n} < 1 をもち、不等式は狭義の不等式となる。

  3. 1k!≤12k−1,k≥1\dato{f}{\frac{1}{k!} \leq \frac{1}{2^{k - 1}}}, \quad k \geq 1

    上の補題により、k!≥2k−1k! \geq 2^{k - 1} がすべての自然数 kk について成り立つ。二つの正の数の逆数をとると、不等式の向きが変わる。

  4. sn=1+∑k=1n1k!≤1+∑k=1n12k−1s_n = 1 + \resaltar{\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k!}} \leq 1 + \resaltar{\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{2^{k - 1}}}

    添字 00 の項を分け、残りの項を上から押さえる。

  5. 1+∑k=1n12k−1=1+2(1−12n)=3−12n−1<31 + \resaltar{\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{2^{k - 1}}} = 1 + \resaltar{2 \left( 1 - \frac{1}{2^n} \right)} = 3 - \frac{1}{2^{n - 1}} < 3

    強調した部分は等比数列の nn 個の項の和（初項 11、公比 12\frac{1}{2}）であり、総和と数列の課で計算した。

  6. an≤sn≤3−12n−1<3a_n \leq s_n \leq 3 - \frac{1}{2^{n - 1}} < 3

    二つの不等式を合わせると補題が得られる。図では、n=4n = 4 の場合、等比数列の列は、あと 18\frac{1}{8} で 33 に届くところにあり、ほかの二つの列はその下にある。

それに付随する減少数列

底 1+1n1 + \frac{1}{n} を一つ大きい指数で累乗すると、第二の数列が得られる。その項は第一の数列の項より大きい。11 より大きい因数が掛けられるからである：

bn=(1+1n)n+1=an(1+1n)>anb_n = \left( 1 + \frac{1}{n} \right)^{n + 1} = a_n \left( 1 + \frac{1}{n} \right) > a_n

その最初の項は b1=4b_1 = 4、b2=278b_2 = \frac{27}{8}、b3=25681b_3 = \frac{256}{81} であり、下がっている。次の定理がこれを一般に証明する。考え方は隣り合う二つの項の商を調べることであり、道具はベルヌーイの不等式である。

定理付随する数列の減少

すべての自然数 nn について bn>bn+1b_n > b_{n + 1} が成り立つ。すなわち、数列 (1+1n)n+1\left( 1 + \frac{1}{n} \right)^{n + 1} は狭義単調減少である。

項は正であるから、商 bnbn+1\frac{b_n}{b_{n + 1}} が 11 より大きいことを示せば十分である。図は両方の数列の最初の項を示す。

証明

  1. bnbn+1=(n+1n)n+1(n+2n+1)n+2=((n+1)2n(n+2))n+1⋅n+1n+2\frac{b_n}{b_{n + 1}} = \frac{\left( \frac{n + 1}{n} \right)^{n + 1}}{\left( \frac{n + 2}{n + 1} \right)^{n + 2}} = \dato{c}{\left( \frac{(n + 1)^2}{n(n + 2)} \right)^{n + 1} \cdot \frac{n + 1}{n + 2}}

    各底を商として書き、分母の累乗から因数 n+1n+2\frac{n + 1}{n + 2} を分け、指数 n+1n + 1 の二つの累乗を一つにまとめる。

  2. (n+1)2n(n+2)=n(n+2)+1n(n+2)=1+1n(n+2)\frac{\resaltar{(n + 1)^2}}{n(n + 2)} = \frac{\resaltar{n(n + 2) + 1}}{n(n + 2)} = \dato{q}{1 + \frac{1}{n(n + 2)}}

    底の分子は分母を 11 だけ上回る。(n+1)2=n2+2n+1=n(n+2)+1(n + 1)^2 = n^2 + 2n + 1 = n(n + 2) + 1 だからである。

  3. (1+1n(n+2))n+1≥1+n+1n(n+2)\dato{B}{\left( 1 + \frac{1}{n(n + 2)} \right)^{n + 1} \geq 1 + \frac{n + 1}{n(n + 2)}}

    ベルヌーイの不等式により、x=1n(n+2)x = \frac{1}{n(n + 2)}、指数 n+1n + 1 とすると、その底の累乗は少なくとも 1+(n+1)x1 + (n + 1)x である。

  4. bnbn+1≥(1+n+1n(n+2))n+1n+2=(n2+3n+1)(n+1)n(n+2)2\frac{b_n}{b_{n + 1}} \geq \resaltar{\left( 1 + \frac{n + 1}{n(n + 2)} \right)} \frac{n + 1}{n + 2} = \resaltar{\frac{(n^2 + 3n + 1)(n + 1)}{n(n + 2)^2}}

    商に代入し、通分する。和 n(n+2)+(n+1)n(n + 2) + (n + 1) は n2+3n+1n^2 + 3n + 1 である。

  5. (n2+3n+1)(n+1)n(n+2)2=n3+4n2+4n+1n3+4n2+4n>1\frac{\resaltar{(n^2 + 3n + 1)(n + 1)}}{\resaltar{n(n + 2)^2}} = \frac{\resaltar{n^3 + 4n^2 + 4n + 1}}{\resaltar{n^3 + 4n^2 + 4n}} > 1

    分子と分母を展開する。分子は分母を 11 だけ上回る。

  6. b1=4>b2=278>b3=25681>b4=31251024b_1 = 4 > b_2 = \frac{27}{8} > b_3 = \frac{256}{81} > b_4 = \frac{3125}{1024}

    したがって bn>bn+1b_n > b_{n + 1} である。図では、bnb_n の項は下がり、ana_n の項は上がり、どの bnb_n もどの ana_n よりも上にある。

数 e

二つの数列は互いに近づくが、交わらない。添字が異なっていても、第一の数列のどの項も第二の数列のどの項より小さい。

補題二つの数列は交わらない

すべての自然数 nn と mm について an<bma_n < b_m が成り立つ。

二つの添字のうち大きいほうを経由する。第一の数列は増加し、第二の数列は減少し、各添字で第二の数列は第一の数列より上にある。図は n=2n = 2、m=5m = 5 の場合をたどる。

証明

  1. bp=ap(1+1p)>ap\dato{p}{b_p = a_p \left( 1 + \frac{1}{p} \right) > a_p}

    同じ添字 pp において、項 bpb_p は apa_p に 1+1p1 + \frac{1}{p} を掛けたものである。この因数は 11 より大きく、apa_p は正である。

  2. n≤p→an≤ap\dato{a}{n \leq p \rightarrow a_n \leq a_p}

    pp を自然数 nn と mm のうち大きいほうとする。n≤pn \leq p であり数列 ana_n は増加するから、その添字 nn の項は添字 pp の項を超えない。

  3. m≤p→bp≤bm\dato{b}{m \leq p \rightarrow b_p \leq b_m}

    m≤pm \leq p であり数列 bnb_n は減少するから、その添字 pp の項は添字 mm の項を超えない。

  4. an≤ap<bp≤bma_n \leq a_p < b_p \leq b_m

    三つの不等式を、真ん中のものは狭義の不等式として合わせると、補題が得られる。図では、n=2n = 2、m=5m = 5 のとき、大きいほうの添字は p=5p = 5 である。

このことから、項 ana_n の集合は元をもち、33 によって、あるいは任意の bmb_m によって上に有界である。実数の完備性により、この集合は上限をもち、それを文字 ee で表す。

定義。数 ee は、数列 (1+1n)n\left( 1 + \frac{1}{n} \right)^n の項（nn は自然数）全体の集合の上限である。
定理二つの数列のあいだの数 e

すべての自然数 nn について an<e<bna_n < e < b_n が成り立つ。

最小の上界としての上限の定義と、両方の数列の単調性を用いる。図は、反対の側から ee に近づく二つの数列を示す。

証明

  1. an<bm,n,m∈N\dato{ab}{a_n < b_m}, \quad n, m \in \mathbb{N}

    上の補題により、第一の数列のどの項も第二の数列のどの項より小さい。

  2. (∀m∈N)(e≤bm)\dato{eb}{(\forall m \in \mathbb{N})(e \leq b_m)}

    したがって、各 bmb_m は ana_n 全体の集合の上界であり、上限は最小の上界であるから、そのどれも超えない。

  3. an<an+1≤e\dato{ae}{a_n < \resaltar{a_{n + 1}} \leq \resaltar{e}}

    ee は上界であり、数列 ana_n は狭義単調増加であるから、各項はそのあとの項より小さく、そのあとの項は ee を超えない。

  4. e≤bn+1<bn\dato{be}{e \leq \resaltar{b_{n + 1}} < \resaltar{b_n}}

    同様に、数列 bnb_n は狭義単調減少であるから、ee はそのあとの項を超えず、そのあとの項は bnb_n より小さい。

  5. an<e<bna_n < e < b_n

    二つの不等式を合わせると定理が得られる。ee は、すべての ana_n とすべての bnb_n のあいだにある唯一の数である。

  6. a74<e<b17a_{74} < e < b_{17}

    電卓を使うと、a74a_{74} は 2.7 を上回り、b17b_{17} は 2.8 より小さいことがわかる。したがって ee は 2.7 と 2.8 のあいだにある。この挟み込みは遅い。二つの数列の差は bn−an=annb_n - a_n = \frac{a_n}{n} であり、nn の逆数のように小さくなる。

数 ee はおよそ 2.718281828 である。ヤコブ・ベルヌーイは 1683 年に複利を研究していてこれを見いだし、その性質の多くを発見したレオンハルト・オイラーが、これを文字 ee で表した。π\pi とならんで、解析学の二つの基本定数の一つである。