オイラー e(Euler e)と超越関数

まずは，数列 $${\{a_{n}\} = \{(1 + \frac{1}{n})^{n}\}}$$ は単調増加数列か調べてみましょう．

$${\{a_{n}\} = \{(1 + \frac{1}{n})^{n}\}}$$ より

$$a_{n} = (1 + \frac{1}{n})^{n}= (\frac{n+1}{n})^{n}$$

$$a_{n-1} = (1+\frac{1}{n-1})^{n-1} = (\frac{n}{n-1})^{n-1},$$

よって

$$\frac{a_{n}}{a_{n-1}} = (\frac{n+1}{n})^{n}(\frac{n-1}{n})^{n-1} = \frac{n}{n-1}[(\frac{n+1}{n})(\frac{n-1}{n})]^n$$

$$= \frac{n}{n-1}(\frac{n^{2}-1}{n^{2}})^{n}$$

$$\geq \frac{n}{n-1}(1 + n(\frac{n^{2}-1}{n^{2}} - 1))$$

$$= \frac{n}{n-1}(\frac{n-1}{n}) = 1$$

したがって， $a_{n} \geq a_{n-1}$ より， $\{a_{n}\}$ は単調増加であることがわかりました．

さてこの数列は収束するのでしょうか．数列の極限値が求められる場合は問題ないのですが，この数列のように何に収束するか，それどころか収束するかどうかもわからない場合があります．そんなとき，次の定理は基本です．

定理 1..14  

[数列の基礎定理] 上に有界な単調増加数列は収束する．また下に有界な単調減少数列も収束する．

この定理の証明も実数の連続性をもとにしています．証明はこの章の最後で示すことにして，とりあえずこの定理が成り立つことを認めて次の問題を考えてみましょう．

例題 1..39  

$${a_{n+1} = \sqrt{3a_{n}}, a_{1} = 1}$$ で与えられている数列 $\{a_{n}\}$ の極限値を求めてみましょう．

解 まず，数列 $\{a_{n}\}$ が収束することを示します．そのためには数列の基礎定理より， $\{a_{n}\}$ が上に有界な単調増加数列か，下に有界な単調減少数列か示せばよいでしょう．

$a_{1} = 1, a_{2} = \sqrt{3a_{1}} = \sqrt{3}$ より， $a_{1} < a_{2}$．そこで数学的帰納法を使います．

$n = 1$ のとき， $a_{n} < a_{n+1}$ は成り立ちます．次に $a_{k} < a_{k+1}$ を帰納的仮定とすると，

$$a_{k+1} = \sqrt{3a_{k}} < \sqrt{3a_{k+1}} = a_{k+2}$$

したがって，帰納法によりすべての自然数 $n$ に対して $a_{n} < a_{n+1}$．

次に上に有界であることを示します． $a_{1} = 1 < \sqrt{3} < 3$

$a_{k} < 3$ を帰納的仮定とすると， $a_{k+1} = \sqrt{3a_{k}} < \sqrt{3\cdot3} = 3$．したがって，すべての自然数 $n$ に対して $a_{n} < 3$ となります．よって $\{a_{n}\}$ は上に有界な単調増加数列となり $\{a_{n}\}$ は収束します．

さてこの数列はどんな値に収束するのでしょうか．まず $\{a_{n}\} \rightarrow \alpha$ とすると $\{a_{n+1}\} \rightarrow \alpha$ となります．なぜそうなるのか考えてみましょう．$\{a_{n}\}$ は単調増加数列で上に有界なので

$$0 < a_{n+1} - \alpha < a_{n} - \alpha$$

が成り立ちます．ここで $\{a_{n}\}$ が $\alpha$ に収束することに注意すると，全ての正の数 $\varepsilon$ に対して， $n > N$ ならば $\vert a_{n} - \alpha\vert < \varepsilon$ となる自然数 $N$ が存在する．よって

$$0 < a_{n+1} - \alpha < a_{n} - \alpha < \varepsilon$$

となり， $\{a_{n+1}\}$ も $\alpha$ に収束することがわかります．

次に漸化式 $a_{n+1} = \sqrt{3a_{n}}$ より両辺の極限値を求めると

$$\alpha = \lim_{n \rightarrow \infty} a_{n+1} = \lim_{n \rightarrow \infty}\sqrt{3a_{n}}$$

ここで，演習問題1.4-2より $\sqrt{x}$ は $[0,\infty)$ で連続であることに注意すると

$$\lim_{n \rightarrow \infty}\sqrt{3a_{n}} = \sqrt{\lim_{n \rightarrow \infty}3a_{n}} = \sqrt{3\alpha}$$

したがって，

$$\alpha = \lim_{n \rightarrow \infty} a_{n+1} = \lim_{n \rightarrow \infty}\sqrt{3a_{n}} = \sqrt{3\alpha}$$

これより

$$\alpha = \sqrt{3 \alpha}$$

よって， $\alpha = 0, 3$ となります．しかし $\{a_{n}\}$ は単調増加で $a_{1} = 1$ より， $\alpha \neq 0$．したがって， $\alpha = 3$ となります． $\blacksquare$

ちょっと面倒なやり方ですね．そこで漸化式の極限値の求め方には次のようなものがあります．

定理 1..15  

実数 $0 < \lambda < 1$ に対して $n > N$ のとき

$$\vert a_{n+1} - \alpha\vert \leq \lambda \vert a_{n} - \alpha\vert$$

となるような自然数 $N$ が存在するならば，

$$\lim_{n \rightarrow \infty} a_{n} = \alpha$$

である．

証明

$$\vert a_{N+1} - \alpha\vert \leq \lambda \vert a_{N} - \alpha\vert$$

$$\vert a_{N+2} - \alpha\vert \leq \lambda \vert a_{N+1} - \alpha\vert$$

$$\vdots$$

$$\vert a_{N+n} - \alpha\vert \leq \lambda \vert a_{N+n-1} - \alpha\vert$$

より

$$\vert a_{N+n} - \alpha\vert \leq \lambda \vert a_{N+n-1} - \alpha\vert \leq \cdots \leq \lambda^n \vert a_{N} - \alpha\vert$$

ここで $0 < \lambda < 1$ より $\lim_{n \rightarrow \infty}\lambda^n = 0$．よって $\lim_{n \rightarrow \infty} \vert a_{N+n} - \alpha\vert = 0$．これより

$$\lim_{n \rightarrow \infty} a_{N+n} = \alpha$$

となるので

$$\lim_{n \rightarrow \infty} a_{n} = \alpha \ensuremath{ \blacksquare}$$

系 1..1  

$$\lim_{n \rightarrow \infty} \vert\frac{a_{n+1}}{a_{n}}\vert < 1 \ ならば \ \lim_{n \rightarrow \infty} a_{n} = 0$$

例題 1..40  

この定理を用いてもう一度 $${a_{n+1} = \sqrt{3a_{n}}, a_{1} = 1}$$ を考えてみましょう．

解 この定理を用いるには，数列がある値に収束することを仮定しなければなりません．そこで， $\{a_{n}\}$ が $\alpha$ に収束するなら $\{a_{n+1}\}$ も $\alpha$ に収束することを用いると

$$\alpha = \sqrt{3 \alpha}$$

となります．これを解くと $\alpha = 0, 3$ となるけれど$a_{1} = 1$ より $\alpha = 0$ は不可能だとわかります．そこで $\alpha = 3$ が極限値であることを示しましょう．

定理1.6より $\vert a_{n+1} - 3\vert \leq \lambda \vert a_{n} - 3\vert$ となる $0 < \lambda < 1$ が存在することを示せばよいでしょう．

$$\vert a_{n+1} - 3\vert = \vert\sqrt{3a_{n}} - 3\vert = \frac{\vert 3a_{n} - 9\vert}{\vert\sqrt{3a_{n}} + 3\vert}$$

$$= \frac{3\vert a_{n} - 3\vert}{\vert\sqrt{3a_{n}} + 3\vert} = \frac{3}{\vert\sqrt{3a_{n}} + 3\vert}\vert a_{n} - 3\vert$$

ここで $${\lambda = \frac{3}{\vert\sqrt{3a_{n}} + 3\vert} < 1}$$ より

$$\vert a_{n+1} - 3\vert \leq \lambda\vert a_{n} - 3\vert$$

が示せました． $\blacksquare$

2項定理(binomial theorem)

例題 1..41  

$${(a + b)^n}$$ を展開したらどんな形になるのでしょうか．

解

$$(a + b)^2 = (a+b)(a+b) = a^2 + ab + ba + b^2 = a^2 + 2ab + b^2$$

$$(a + b)^3 = (a+b)(a+b)(a+b) = a^3 + a^2 b + aba + ba^2 + ab^2 + bab + b^2 a + b^3$$

$$= a^3 + 3a^2 b + 3ab^2 + b^3$$

より， $(a + b)^{n}$ を展開したとき現われる係数は $(a + b)$ をn回かけたときに現われる $a^{j}b^{n-j}$ の回数を数えればよいことが分かります．$a$ は全部で $n$ 個あり，そのうちの $j$ 個を使うので，その組み合わせの総数を $${\binom{n}{j}}$$ と表わすことにします．

では $${\binom{n}{j}}$$ とは何通りなのでしょうか．数えてみましょう． まず，それぞれの $a$ に番号を1から $n$ までつけたとします．そして $n$ 個の $a$ から $j$ 個の $a$ を1つずつとりだして並べると，最初の $a$ は $n$ 個の中のどの $a$ でもよいので， $n$通りの選び方があります．次にくるのは $n-1$ 個の中のどの $a$ でもよいので， $n-1$通りの選び方があります．このようにして全部で $n(n-1)(n-2)\cdots(n-j+1)$通りあることが分かります．これを ${}_n P_{j}$ で表わし， $n$ 個から $j$ 個のもの取り出し順序をつけて並べたときの数，つまり順列の数といいます．しかし，この問題では $a$ はすべて同じものと考えられるので，とりだした $j$ 個の $a$ は並び方に関係がありません．そこで $n(n-1)(n-2)\cdots(n-j+1)$通りのうち$a$ の並び方を無視すると $j(j-1)(j-2)\cdots2 = j!$通りの繰り返しがあることが分かります．よって求める組み合わせの総数は

$$\binom{n}{j} = \frac{n(n-1)(n-2)\cdots(n-j+1)}{j!} = \frac{n!}{j!(n-j)!}$$

となります．これより

$$(a + b)^n = a^n + \binom{n}{1}a^{n-1}b + \binom{n}{2}a^{n-2}b^2 + \cdots + \binom{n}{n-1}ab^{n-1} + b^{n}$$

これを2項定理といい， $${\binom{n}{j}}$$ を2項係数といいます． $\blacksquare$

さてもう一度数列 $${\{(1 + \frac{1}{n})^n\}}$$ を考えてみましょう．すでにこの数列が単調増加数列であることは示しました．そこで次に上に有界であることを示しましょう．

そのためには，2項定理を用いて $${(1 + \frac{1}{n})^n}$$ を展開する必要があります．

$$a_{n} = \left(1 + \frac{1}{n}\right)^{n} = \binom{n}{0} \left(\frac{1}{n}... ...} \left(\frac{1}{n}\right)^2 + \cdots + \binom{n}{n} \left(\frac{1}{n}\right)^n$$

$$= 1 + n\cdot \frac{1}{n} + \frac{n(n-1)}{2!}\left(\frac{1}{n}\right)^2 + \cdots + \left(\frac{1}{n}\right)^n$$

$$< 1 + 1 + \frac{1}{2!} + \frac{1}{3!} + \cdots$$

$$< 1 + 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{2^2} + \frac{1}{2^3} + \cdots$$

$$\leq 3$$

よって， $\{a_{n}\}$ は上に有界な単調増加数列となり数列の基礎定理より収束します．

さて $\{a_{n}\}$ の極限値は何でしょうか．この極限値は スイスの数学者 Leonhard Euler (1707-1783) によって初めて定義されたのでEulerの頭文字をとって $e$ で表わします．つまり

$$e = \lim_{n \rightarrow \infty}(1 + \frac{1}{n})^n$$

となります．

例題 1..42  

$${\lim_{x \rightarrow \infty}(1 + \frac{1}{x})^x = e}$$ を示してみましょう．

解 $x \rightarrow \infty$ より $n < x < n+1$ となる $n$ が存在します．よって

$$1 + \frac{1}{n+1} < 1 + \frac{1}{x} < 1 + \frac{1}{n}$$

ここでもう一度 $n < x < n+1$ を用いると

$$(1 + \frac{1}{n+1})^n < (1 + \frac{1}{x})^x < (1 + \frac{1}{n})^{n+1}$$

となります．

$$(1 + \frac{1}{n+1})^n = \frac{(1 + \frac{1}{n+1})^{n+1}}{(1 + \frac{1}{n+1})}, (1 + \frac{1}{n})^{n+1} = (1 + \frac{1}{n})^{n} (1 + \frac{1}{n})$$

に注意すると

$$e = \lim_{n \rightarrow \infty} (1 + \frac{1}{n+1})^n \leq \lim_{... ...1 + \frac{1}{x})^x \leq \lim_{n \rightarrow \infty}(1 + \frac{1}{n})^{n+1} = e$$

よってはさみうちの定理より

$$\lim_{x \rightarrow \infty} (1 + \frac{1}{x})^x = e$$

となります． $\blacksquare$

超越関数の定義(definition of transcendental functions)

$A_{0}(x),A_{1}(x),\ldots,A_{n}(x)$を$x$の多項式とするとき，$y$についての方程式

$$A_{0}(x)y^{n} + A_{1}(x)y^{n-1} + \cdots + A_{n}(x) = 0$$

の解として定まる$x$の関数$y$を$x$の 代数関数(algebraic function) といい，それ以外の関数を 超越関数(transcendental function) といいます．

以前 $y = x^{\sqrt{2}}$ をどう定義したらよいのだろうかという質問をしましたが，いまそれに答えることができます．まず $\sqrt{2}$ に収束する有理数からなる増加数列 $\{\alpha_{n}\}$ を考えます．例えば，

$$\{1.4,1.41,1.414,\ldots\}$$

などです．

次に， $x > 0$ とし， $a_{n} = x^{\alpha_{n}}$ とおくと， $\alpha_{m} > \alpha_{n}$ のとき

$$\frac{x^{\alpha_{m}}}{x^{\alpha_{n}}} = x^{\alpha_{m}-\alpha_{n}} > x^{0} = 1$$

となります．したがって， $\{a_{n}\}$ は増加数列．また $x^{\alpha_{n}} \leq x^{\sqrt{2}}$ より， $\{a_{n}\}$ は上に有界な単調増加数列となるので収束します．そこで

$$x^{\sqrt{2}} = \lim_{n \rightarrow \infty} x^{\alpha_{n}}$$

と定義します．これでよさそうなのですが， $x$ に収束する有理数列はいくらでもあります．そこで $\sqrt{2}$ に収束する別の有理数列 $\{\beta_{n}\}$ を用いても $\lim_{n \rightarrow \infty}x^{\beta_{n}}$ が同じ値になることを示す必要があります．このことを数学では 一意性(uniquness) とよんでいます．

$x$ に収束する任意の2つの増加数列を $\{\alpha_{n}\},\{\beta_{n}\}$ とすると， $\alpha_{n} \rightarrow x, \beta_{n} \rightarrow x$ であるので， $\alpha_{1} \leq \beta_{n}$ である任意の $\beta_{n}$ に対して， $\alpha_{m}\leq \beta_{n} < \alpha_{m+1}$ となるような $\alpha_{m},\alpha_{m+1}$ があるはずです(なぜでしょう)．まず， $x \geq 1$ とすると

$$x^{\alpha_{m}} \leq x^{\beta_{n}} \leq x^{\alpha_{m+1}}$$

また $0< x < 1$ のときは

$$x^{\alpha_{m}} \geq x^{\beta_{n}} > x^{\alpha_{m+1}}$$

となります． ここで $n \rightarrow \infty$ とすると， $m \rightarrow \infty$ となり，はさみうちの定理より，

$$\lim_{m \rightarrow \infty}x^{\alpha_{m}} = \lim_{n \rightarrow \infty}x^{\beta_{n}}$$

となります．したがって， $x^{\sqrt{2}}$ は有理数列 $\{\alpha_{n}\}$ に関係しません．

一般に $\alpha$ が無理数のとき

$$x^{\alpha} = \lim_{n \rightarrow \infty}x^{\alpha_{n}}, \alpha_{n} \rightarrow \alpha, \{\alpha_{n}\}$$有理数列 $$$$

で定義します．

ベキ関数

$y = x^{\alpha} (\alpha :$   無理数$)$ の形の関数をベキ関数といいます．
定義域は $(0,\infty)$ で次の性質が成り立ちます．

定理 1..16  

$x,y > 0$，任意の実数 $\alpha, \beta$ において，次の法則が成り立つ．

$(1) \displaystyle{x^{\alpha + \beta} = x^{\alpha}\cdot x^{\beta}}$ $(2) \displaystyle{x^{\alpha - \beta} = \frac{x^{\alpha}}{x^{\beta}}}$ $(3) \displaystyle{(x^{\alpha})^{\beta} = x^{\alpha \beta}}$ $(4) \displaystyle{(\frac{x}{y})^{\alpha} = \frac{x^{\alpha}}{y^\alpha}}$

証明 (1)の証明． $n \rightarrow \infty$ のとき， $\alpha_{n} \rightarrow \alpha, \beta_{n} \rightarrow \beta$ とすると，

$$x^{\alpha}\cdot x^{\beta} = \lim_{n \rightarrow \infty}x^{\alpha_{n}} \cdot \lim_{n \rightarrow \infty}x^{\beta_{n}}$$

$$= \lim_{n \rightarrow \infty}x^{\alpha_{n}}\cdot x^{\beta_{n}}$$

$$= \lim_{n \rightarrow \infty}x^{\alpha_{n}+\beta_{n}}$$

$$= x^{\alpha+\beta}$$

(2)，(3)，(4)も同様にして示せます． $\blacksquare$

例題 1..43  

$${\lim_{x \rightarrow \infty} \frac{x^{\alpha}}{e^{x}} = 0 (\alpha > 0)}$$ を示してみましょう．

解 $x > 1$ とし， $n \leq x < n+1$ となる自然数を $n$ とすると，

$$e^{n} \leq e^{x}$$

また， $x < n+1 \leq 2n$ かつ $\alpha > 0$ より

$$x^{\alpha} < (2n)^{\alpha} = 2^{\alpha}n^{\alpha}$$

よって

$$0 < \frac{x^{\alpha}}{e^{x}} < \frac{2^{\alpha}n^{\alpha}}{e^{n}}$$

ここで $${\lim_{n \rightarrow \infty} \frac{n^{\alpha}}{e^{n}} = 0}$$ を示しましょう．

$${a_{n} = \frac{n^{\alpha}}{e^{n}}}$$ とおくと，

$$\frac{a_{n+1}}{a_{n}} = \frac{(n+1)^{\alpha}}{e^{n+1}} \cdot \frac{e^{n}}{n^{\alpha}} = \frac{1}{e}\left(\frac{n+1}{n}\right)^{\alpha} < 1$$

よって系1.6より

$$\lim_{n \rightarrow \infty} \frac{n^{\alpha}}{e^{n}} = 0$$

これより

$$\lim_{x \rightarrow \infty} \frac{x^{\alpha}}{e^{x}} = 0 \ensuremath{ \blacksquare}$$

べき関数の定義と同様に， $a^{x} (a > 0)$ は $x$ が無理数 $\alpha$ のとき $a^{\alpha}$ を

$$a^{\alpha} = \lim_{n \rightarrow \infty}a^{\alpha_{n}}, \alpha_{n} \rightarrow \alpha,\{\alpha_{n}\}$$有理数列 $$, a > 0$$

で定義します．

指数関数

$y = a^{x} (a > 0, a \neq 1)$ の形の関数を 指数関数(exponential function) といいます．

定義域は $(-\infty,\infty)$,値域は $(0,\infty)$ で次の性質をもちます．

定理 1..17  

$a > 0$，任意の実数 $x,y$ において，次のことが成り立つ．

$${(1) a^{0} = 1}$$

$${(2) a^{x+y} = a^{x}a^{y}}$$

$${(3) a^{x-y} = \frac{a^{x}}{a^{y}}}$$

$${(4) (a^{x})^{y} = a^{xy}}$$

$${(5) e^{x}}$$ は $(-\infty,\infty)$ で連続で狭義の単調増加関数

$${(6) \lim_{x \rightarrow \infty}e^{x} = \infty, \lim_{x \rightarrow -\infty}e^{x} = 0}$$

証明 (2) $a^x = \lim_{n \rightarrow \infty}a^{\alpha_{n}}, a^y = \lim_{n \rightarrow \infty}a^{\beta_{n}}$ とおくと

$$a^{x}a^{y} = \lim_{n \rightarrow \infty}a^{\alpha_{n}} \cdot \lim... ...ty}a^{\beta_{n}} = \lim_{n \rightarrow \infty}a^{\alpha + \beta_{n}} = a^{x+y}$$

残りは各自に任せます． $\blacksquare$

指数関数 $a^x$ の中でも特に $a = e$ のときは重要です．

対数関数

指数関数 $y = a^{x}$ は定義域は $(0,\infty)$ で狭義の単調増加かつ連続です．したがって，逆関数が存在し，それを $x = f^{-1}(y) = \log_{a}{y}$ と表わします．中間値の定理より $\log_{a}{y}$ は $(0,\infty)$ で定義された連続関数になります．この $\log_{a}{y}$ を $a$ を底とする対数関数(logarithmic function) といい， $a = e$ の場合を自然対数といって $x = \log{y}$ で表わします．

定理 1..18  

$a > 0$，任意の実数 $x > 0,y > 0$ において，次のことが成り立つ．

$${(1) \log_{a}{1} = 0, \log{e} = 1}$$

$${(2) \log_{a}(xy) = \log_{a}{x} + \log_{a}{y}}$$

$${(3) \log_{a}\frac{x}{y} = \log_{a}{x} - \log_{a}{y} }$$

$${(4) \log_{a}x^{y} = y\log_{a}{x}}$$

$${(5) \log{x}}$$ は $(0,\infty)$ で連続で，単調増加である．

$${(6) \lim_{x \rightarrow \infty}\log{x} = \infty,\lim_{x \rightarrow 0+}\log{x} = -\infty}$$

証明 (2) $\alpha = \log_{a}x, \beta = \log_{a}y$ とおくと $x = a^{\alpha}, y = \alpha^{\beta}$ より

$$xy = a^{\alpha}a^{\beta} = a^{\alpha + \beta}$$

よって

$$\log_{a}x + \log_{a}y = \alpha + \beta = \log_{a}{xy}$$

残りは各自に任せます． $\blacksquare$

例題 1..44  

対数関数の性質を用いて $${f(x) = \log{(x\sqrt{1+3x})}}$$ の定義域を求めてみましょう．

解

$$D(f) = \{x \in {\mathcal R} : f(x) \in {\mathcal R}\} = \{x \in {\mathcal R} : \log{(x\sqrt{1+3x})} \in {\mathcal R}\}$$

$$= \{x \in {\mathcal R} : \log{x} + \frac{1}{2}\log{(1 + 3x)} \in R \}$$

$$= \{x \in {\mathcal R} : x > 0, 1+ 3x > 0\}$$

$$= (0,\infty) \cap (-\frac{1}{3},\infty) = (0, \infty) \ensuremath{ \blacksquare}$$

双曲線関数

次の関数を 双曲線関数(hyperbolic function) といいます．

$$\sinh{x} = \frac{e^{x} - e^{-x}}{2}, \cosh{x} = \frac{e^{x} + e... ... \tanh{x} = \frac{\sinh{x}}{\cosh{x}} = \frac{e^{x} - e^{-x}}{e^{x} + e^{-x}}$$

$${\rm sech}{x} = \frac{1}{\cosh{x}}, {\rm csch}{x} = \frac{1}{\sinh{x}}, \coth{x} = \frac{1}{\tanh{x}}$$

空中に張ったロープを自然にたわませたときにロープが描く曲線のことを 懸垂線 (catenary) といい，この曲線を表わすのに用いられたのが $\cosh{x}$ でした．

確認問題

1.

次の漸化式で定義される数列 $\{a_{n}\}$ は収束するか判定しよう．また，収束する場合は，極限値を求めよう．

(a) $${a_{1} = 1, a_{n+1} = \frac{1}{e}a_{n}, n \geq 1}$$ (b) $${a_{1} = 1, a_{n+1} = 2^{n+1}a_{n}}$$

(c) $${a_{1} = 1, a_{n+1} = \frac{n}{n+1}a_{n}}$$

2.

表より，次の値を求めよう．

(a) $${\log{20}}$$ (b) $${\log{16}}$$ (c) $${\log{3^{4}}}$$ (d) $${\log{0.1}}$$ (e) $${\log{\sqrt{630}}}$$ (f) $${\log{0.4}}$$

$$\begin{array}{ll\vert ll} n & \log{n} & n & \log{n} \hline... ... & 1.39 & 9 & 2.20\\ 5 & 1.61 & 10 & 2.30 \hline \end{array}$$

3.

次の方程式の解を求めよう．

(a) $${\log{x} = 2}$$ (b) $${\log{x} = -1}$$ (c) $${(2-\log{x})\log{x} = 0}$$

(d) $${\log{(2x+1)(x+2)} = 2\log(x+2)}$$

演習問題

1.

次の数列は有界か調べよう．

(a) $${2,2^{2},2^{3},\cdots,2^{n},\cdots}$$(b) $a_{n}$ は $\sqrt{2}$ の小数第$n$位までとった近似値．

2.

次の漸化式で定義される数列 $\{a_{n}\}$ の極限値を求めよう．

(a) $${a_{1} = 1, a_{n+1} = \sqrt{3a_{n} + 4}}$$ (b) $${a_{1} = 1, a_{2} = 2, a_{n+2} = \sqrt{a_{n+1}a_{n}}}$$

3.

次の数列の極限値を求めよう．

(a) $${a_{n} = (1 - \frac{1}{n^2})^n}$$ (b) $${a_n = (1 + \frac{2}{n})^n}$$ (c) $${a_n = \frac{2^n}{n!}}$$ (系1.6を用いる)

(d) $${a_n = \frac{n!}{n^n}}$$

4.

次の極限値を求めよう．

(a) $${\lim_{x \rightarrow 0}\frac{\log{(1+x)}}{x}}$$ (b) $${\lim_{h \rightarrow 0}\frac{e^{h} - 1}{h}}$$ (c) $${\lim_{x \rightarrow a}\frac{\log{x} - \log{a}}{x - a}}$$

(d) $${\lim_{x \rightarrow 0}\frac{(1+x)^{\alpha} - 1}{x}}$$ (e) $${\lim_{x \rightarrow 0+}x^x}$$

5.

算術平均 $a_{n+1} = \frac{a_{n} + b_{n}}{2}$と幾何平均 $b_{n+1} = \sqrt{a_{n}b_{n}}$で定義された数列 $\{a_{n}\}, \{b_{n}\}$について以下の問に答えよう．

(a) $a_{0}, b_{0} \geq 0$のとき，$\{a_{n}\}$と$\{b_{n}\}$は収束することを示そう．

(b) $\lim_{n \to \infty}a_{n} = \lim_{n \to \infty}b_{n}$を示そう．この極限値は ${\rm agm}(a_{0},b_{0})$と表される．