Napier's Constant

せっかくなので $\KaTeX$ を活用した記事を書いてみました．AIフル活用です．

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What is “$e$” ?

$e$ は自然対数（natural logarithm）の底として使われる定数で，ネイピア数（Napier's constant）やオイラー数（Euler's number）とも呼ばれる．値は次の通りである．

$$e = 2.71828\,18284\,59045\,23536\ldots$$

$e$ は無理数であり，さらに超越数（有理数係数の多項式の根にならない数）でもある．

$e$ を底とする指数関数 $e^x$ は，微分しても形が変わらないという性質を持つ．

$$\frac{d}{dx} e^x = e^x$$

また，その逆関数である自然対数 $\log x = \log_e x$ の導関数は $\dfrac{1}{x}$ になる．この扱いやすさから，$e$ は微積分，確率・統計，物理，工学など多くの分野で自然に現れる．

なお，本記事では底を省略した $\log x$ は自然対数 $\log_e x$ を表す．分野によっては $\ln x$ と書くことも多い．

Origin of the Name

• ネイピア数：対数を発明したスコットランドの数学者ジョン・ネイピア（John Napier）にちなむ．ただし，ネイピア自身が $e$ という定数を明示的に扱ったわけではない
• オイラー数：記号 $e$ を導入したスイスの数学者レオンハルト・オイラー（Leonhard Euler）にちなむ

オイラーがなぜ $e$ という文字を選んだのかは分かっていない．"exponential"（指数）の頭文字だからという説や，$a$ を別の量に使っていたので次の母音である $e$ を使ったという説がある．

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Definitions

$e$ にはいくつかの定義の仕方があり，どれも同じ数を定める．代表的なものは次の 5 つである．

Limit Definition

$$e = \lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{1}{n}\right)^n$$

Series Definition

$$e = \sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{k!} = 1 + \frac{1}{1!} + \frac{1}{2!} + \frac{1}{3!} + \cdots$$

Derivative Definition

次を満たす唯一の正の数を $e$ とする．つまり，$(a^x)' = a^x$ となる底 $a$ が $e$ である．

$$\lim_{h\to 0}\frac{e^h - 1}{h} = 1$$

Integral Definition

次を満たす唯一の正の数を $e$ とする．

$$\int_1^{e}\frac{1}{t}\,dt = 1$$

Differential Equation Definition

初期値問題 $y' = y,\ y(0) = 1$ の解 $y(x)$ を用いて，次のように定める．

$$e = y(1)$$

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Derivations

ここでは Limit Definition を出発点とし，残りの 4 つの定義がすべて同じ数を定めることを示す．流れは次の通りである．

1. Limit Definition の式がどこから来るかを見る（Compound Interest）
2. その極限が実際に存在することを示す（Convergence of the Limit）
3. $n$ を実数 $x$ や $\frac{1}{h}$ に置き換えても同じ極限になることを示す（Extending to Real Numbers）
4. 残りの定義との一致を 1 つずつ示す（Series Form，Derivative Form，Integral Form，Differential Equation Form）

各節がどの結果を使うかは次の通りである．後ろの節ほど前の結果を多く使うので，上から順に読むとよい．

前提：正の数 $a$ に対して実数乗 $a^x$ が定義されていて，次が成り立つものとする．

• $a^x$ は $x$ について連続である
• $a > 1$ なら $a^x$ は狭義単調増加である（指数が大きいほど値が大きい）
• $x > 0$ なら，$0 < a < b$ のとき $a^x < b^x$ である（底が大きいほど値が大きい）
• 指数法則 $a^{x+y} = a^x a^y$，$(a^x)^y = a^{xy}$ が成り立つ

また，$e$ が定まったあとは $\log x$ を $e^x$ の逆関数（自然対数）とする．$e^x$ が連続かつ狭義単調増加なので，$\log x$ も連続かつ狭義単調増加であり，指数法則から $\log(a^b) = b\log a$ が成り立つ．

Compound Interest

Limit Definition の式は複利計算から自然に出てくる．ベルヌーイが考えたのもこの問題である．

元本を 1，年利を 100% とする．

• 1 年に 1 回利息をつけると，1 年後の金額は $1 + 1 = 2$ になる
• 半年ごとに 50% ずつ利息をつけると，$\left(1 + \frac{1}{2}\right)^2 = 2.25$ になる
• 1 年を $n$ 回に分けて，毎回 $\frac{1}{n}$ ずつ利息をつけると，$\left(1 + \frac{1}{n}\right)^n$ になる

$n$ を大きくしていくと，値は次のようになる．

利息をつける回数を増やしても金額は無限に増えるわけではなく，ある値に近づいていくように見える．この極限値（連続複利で 1 年運用したときの金額）が $e$ である．

Convergence of the Limit

表を見ると収束しそうだが，数値を眺めるだけでは本当に収束するかは分からない．そこで「上に有界な単調増加数列は収束する」という実数の性質を使って，極限の存在を示す．

命題：数列 $a_n = \left(1+\dfrac{1}{n}\right)^n$ は狭義単調増加で，上に有界である．したがって収束する．

方針：二項定理で $a_n$ を展開し，各項を $n$ と $n+1$ で比べて単調増加を，各項を $\frac{1}{k!}$ で上から抑えて有界性を示す．

証明：

ステップ 1（展開）：二項定理より

$$a_n = \sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}\frac{1}{n^k}$$

である．$k \geq 1$ のとき，分子の $k$ 個の因数をそれぞれ $n$ で割ると

$$\binom{n}{k}\frac{1}{n^k} = \frac{n(n-1)\cdots(n-k+1)}{k!\,n^k} = \frac{1}{k!}\cdot\frac{n}{n}\cdot\frac{n-1}{n}\cdots\frac{n-k+1}{n} = \frac{1}{k!}\prod_{j=0}^{k-1}\left(1-\frac{j}{n}\right)$$

となる．そこで

$$T_k(n) = \frac{1}{k!}\prod_{j=0}^{k-1}\left(1-\frac{j}{n}\right) \qquad (T_0(n) = 1)$$

とおくと，

$$a_n = \sum_{k=0}^{n}T_k(n) \tag{A}$$

と書ける．$k \leq n$ なら $j \leq k-1 \leq n-1$ なので，積の各因子 $1 - \frac{j}{n}$ は $0$ より大きく $1$ 以下である．

ステップ 2（単調増加）：$k \leq n$ を固定して $T_k(n)$ と $T_k(n+1)$ を比べる．各 $j \geq 1$ について

$$0 < 1 - \frac{j}{n} < 1 - \frac{j}{n+1}$$

であり（$j = 0$ の因子はどちらも 1），正の数どうしの積なので $T_k(n) \leq T_k(n+1)$ が成り立つ．よって

$$a_{n+1} = \sum_{k=0}^{n}T_k(n+1) + T_{n+1}(n+1) \geq \sum_{k=0}^{n}T_k(n) + T_{n+1}(n+1) = a_n + T_{n+1}(n+1)$$

である．$T_{n+1}(n+1) > 0$ なので $a_n < a_{n+1}$ となる．

ステップ 3（上に有界）：ステップ 1 より積の各因子は 1 以下なので $T_k(n) \leq \frac{1}{k!}$ であり，

$$a_n \leq \sum_{k=0}^{n}\frac{1}{k!}$$

となる．$k \geq 1$ のとき，$k! = 1\cdot 2\cdot 3\cdots k$ のうち $2$ から $k$ までの $k-1$ 個の因数はすべて $2$ 以上なので，$k! \geq 2^{k-1}$ である．よって等比数列の和の公式より

$$a_n \leq 1 + \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{2^{k-1}} = 1 + 2\left(1 - \frac{1}{2^n}\right) < 3$$

となる．

以上より，$\{a_n\}$ は上に有界な単調増加数列なので収束する．この極限値を $e$ と定める．また $a_1 = 2 < a_2 \leq e$ とステップ 3 の評価から，$2 < e \leq 3$ も分かる．$\blacksquare$

Extending to Real Numbers

Limit Definition は $n$ が自然数の極限だが，後の Derivative Form では $h \to 0$ という実数の極限が必要になる．そこで，変数を実数にしても極限が $e$ のままであることを示しておく．

命題：

$$\lim_{x\to\infty}\left(1+\frac{1}{x}\right)^x = e, \qquad \lim_{x\to-\infty}\left(1+\frac{1}{x}\right)^x = e, \qquad \lim_{h\to 0}(1+h)^{\frac{1}{h}} = e$$

方針：実数 $x$ を連続する整数 $n,\ n+1$ で挟み，はさみうちの原理を使う．残りの 2 つは変数変換で 1 つ目に帰着させる．

証明：

$x \to \infty$ の場合：$x \geq 1$ とし，$n = \lfloor x \rfloor$ とおくと $n \leq x < n+1$ である．前提の単調性を 1 回ずつ使うと，

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

が成り立つ．左から順に，底を大きくした（$\frac{1}{n+1} < \frac{1}{x}$），指数を大きくした（$n \leq x$，底は 1 より大きい），底を大きくした（$\frac{1}{x} \leq \frac{1}{n}$），指数を大きくした（$x < n+1$）だけである．

両端は Convergence of the Limit の結果を使って

$$\left(1+\frac{1}{n+1}\right)^{n} = \frac{\left(1+\frac{1}{n+1}\right)^{n+1}}{1+\frac{1}{n+1}} \to \frac{e}{1} = e, \qquad \left(1+\frac{1}{n}\right)^{n+1} = \left(1+\frac{1}{n}\right)^{n}\left(1+\frac{1}{n}\right) \to e \cdot 1 = e$$

となる．$x \to \infty$ のとき $n \to \infty$ なので，はさみうちの原理より $\left(1+\frac{1}{x}\right)^x \to e$ である．

$x \to -\infty$ の場合：$x = -y$ とおくと $y \to \infty$ である．$y > 1$ として，$1 - \frac{1}{y} = \frac{y-1}{y}$ と $\frac{y}{y-1} = 1 + \frac{1}{y-1}$ を使い，指数を $y = (y-1) + 1$ と分けると

$$\left(1+\frac{1}{x}\right)^x = \left(1-\frac{1}{y}\right)^{-y} = \left(\frac{y}{y-1}\right)^{y} = \left(1+\frac{1}{y-1}\right)^{y-1}\left(1+\frac{1}{y-1}\right)$$

となる．$y - 1 \to \infty$ なので，前半の結果より右辺は $e \cdot 1 = e$ に収束する．

$h \to 0$ の場合：$x = \dfrac{1}{h}$ とおくと $(1+h)^{1/h} = \left(1+\frac{1}{x}\right)^x$ である．$h \to +0$ のとき $x \to \infty$，$h \to -0$ のとき $x \to -\infty$ なので，どちらの場合も上の結果から $e$ に収束する．

以上より，命題が示された．$\blacksquare$

Series Form

式 (A) を見ると，$a_n$ は $\sum \frac{1}{k!}$ の各項に $\left(1-\frac{j}{n}\right)$ という因子がかかった形をしている．$n \to \infty$ でこの因子は 1 に近づくので，$e = \sum \frac{1}{k!}$ になりそうである．ただし $n$ を大きくすると項の数も増えるので，「各項の極限をとって足す」という操作はそのままでは使えない．そこで，上からと下からの 2 つの不等式に分けて示す．

命題：

$$e = \sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{k!}$$

方針：部分和 $s_n = \sum_{k=0}^{n}\frac{1}{k!}$ の極限を $s$ とし，$e \leq s$ と $e \geq s$ の両方を示す．下からの評価では項の数を固定してから極限をとる．

証明：

$s$ の存在：$s_n$ は単調増加で，Convergence of the Limit のステップ 3 と同じ評価により $s_n < 3$ である．よって極限 $s = \lim_{n\to\infty} s_n$ が存在する．

$e \leq s$ であること：ステップ 3 で示したように $a_n \leq s_n$ である．$n \to \infty$ とすると $e \leq s$ となる．

$e \geq s$ であること：自然数 $m$ を固定し，$n \geq m$ とする．(A) の各項は正なので，$k = m$ までの項だけを残すと

$$a_n \geq \sum_{k=0}^{m}T_k(n) = \sum_{k=0}^{m}\frac{1}{k!}\prod_{j=0}^{k-1}\left(1-\frac{j}{n}\right)$$

である．右辺は $n$ によらない $m+1$ 個の項の和なので，$n \to \infty$ で各項の極限をとってよい．各積は 1 に収束するので

$$e \geq \sum_{k=0}^{m}\frac{1}{k!} = s_m$$

となる．これが任意の $m$ で成り立つので，$m \to \infty$ として $e \geq s$ を得る．

以上より，$e = s = \displaystyle\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{k!}$ が示された．$\blacksquare$

テイラー展開を使った別証明もあるが，$(e^x)' = e^x$ を使うので Derivative Form の後で紹介する．

Derivative Form

指数関数 $a^x$ を定義に従って微分すると，指数法則より

$$\frac{a^{x+h} - a^x}{h} = a^x \cdot \frac{a^h - 1}{h}$$

なので，

$$(a^x)' = a^x \cdot \lim_{h\to 0}\frac{a^h - 1}{h}$$

となる．右辺の極限が 1 になる $a$ を選べば，$(a^x)' = a^x$ という非常に扱いやすい関数が得られる．

極限が 1 になるということは，小さな $h$ で $a^h \approx 1 + h$，つまり $a \approx (1+h)^{1/h}$ ということである．$h = \frac{1}{n}$ とおくと $a \approx \left(1+\frac{1}{n}\right)^n$ となり，Limit Definition と同じ式が出てくる．これを正確に示す．

命題：

$$\lim_{h\to 0}\frac{e^h - 1}{h} = 1$$

であり，$a > 0$ のうち $\displaystyle\lim_{h\to 0}\frac{a^h - 1}{h} = 1$ を満たすのは $a = e$ だけである．

方針：$t = e^h - 1$ と置き換えて，Extending to Real Numbers で示した $(1+t)^{1/t} \to e$ の形に持ち込む．一般の $a$ は $a^h = e^{h\log a}$ と書き直して $a = e$ の場合に帰着させる．

証明：

$a = e$ で極限が 1 になること：$t = e^h - 1$ とおく．$e^x$ は連続かつ狭義単調増加なので，$h \to 0$ のとき $t \to 0$ であり，$h \neq 0$ なら $t \neq 0$ である．また $e^h = 1 + t$ より $h = \log(1+t)$ である．よって，$\log(a^b) = b\log a$ を使うと

$$\frac{e^h - 1}{h} = \frac{t}{\log(1+t)} = \frac{1}{\frac{1}{t}\log(1+t)} = \frac{1}{\log(1+t)^{\frac{1}{t}}}$$

となる．Extending to Real Numbers より $t \to 0$ のとき $(1+t)^{1/t} \to e$ であり，$\log$ は連続なので，

$$\lim_{h\to 0}\frac{e^h - 1}{h} = \frac{1}{\log e} = 1$$

である．

$a = e$ に限ること：すべての $a > 0$ について極限が $\log a$ になることを示す．

• $a = 1$ のとき：$\frac{a^h - 1}{h} = 0$ なので極限は $0 = \log 1$ である
• $a \neq 1$ のとき：$a = e^{\log a}$ と指数法則より $a^h = e^{h\log a}$ である．$u = h\log a$ とおくと，$\log a \neq 0$ なので $h \to 0$ のとき $u \to 0,\ u \neq 0$ であり，前半の結果から

$$\frac{a^h - 1}{h} = \log a \cdot \frac{e^{u} - 1}{u} \to \log a \cdot 1 = \log a$$

となる．

よって極限が 1 になるのは $\log a = 1$，すなわち $a = e$ のときだけである．

以上より，命題が示された．$\blacksquare$

この証明から，一般の底について $(a^x)' = a^x \log a$ となることも分かる．$\log a = 1$ となる $e$ を底に選ぶと，余計な係数がつかなくなる．

補足：テイラー展開による Series Form の別証明

$(e^x)' = e^x$ が分かったので，Series Form をテイラー展開からも導ける．

$f(x) = e^x$ とすると，何回微分しても $f^{(k)}(x) = e^x$ なので $f^{(k)}(0) = 1$ である．$x = 0$ のまわりでラグランジュの剰余項つきテイラーの定理を $x = 1$ に適用すると，ある $0 < \theta < 1$ が存在して

$$e = \sum_{k=0}^{n}\frac{1}{k!} + \frac{e^{\theta}}{(n+1)!}$$

となる．$e^x$ は狭義単調増加なので $0 < e^{\theta} < e^1 < 3$ であり，剰余項は

$$0 < \frac{e^{\theta}}{(n+1)!} < \frac{3}{(n+1)!} \to 0 \quad (n \to \infty)$$

を満たす．よって $e = \displaystyle\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{k!}$ である．$\blacksquare$

同じ議論を一般の $x$ で行うと，$e^x = \displaystyle\sum_{k=0}^{\infty}\frac{x^k}{k!}$ も得られる．

Integral Form

$L(x) = \int_1^x \frac{1}{t}\,dt$ は，後で示すように積を和に変える（$L(ab) = L(a) + L(b)$）という対数と同じ性質を持つ．すると $L(a_n) = nL\left(1+\frac{1}{n}\right)$ となる．$L\left(1+\frac{1}{n}\right)$ は高さがほぼ 1，幅 $\frac{1}{n}$ の細長い部分の面積なのでほぼ $\frac{1}{n}$ であり，$L(a_n) \approx 1$ となる．これを正確に示す．

命題：$x > 0$ に対して

$$L(x) = \int_1^{x}\frac{1}{t}\,dt$$

とおくと，$L(e) = 1$ であり，$L(x) = 1$ を満たす $x$ は $e$ だけである．

方針：$L(x^n) = nL(x)$ を示し，$L(a_n)$ を上下から評価して $n \to \infty$ とする．一意性は $L$ の単調性から従う．

証明：

ステップ 1（積を和に変える）：$a, b > 0$ に対して $L(ab) = L(a) + L(b)$ が成り立つ．実際，積分区間を分けると

$$L(ab) = \int_1^{a}\frac{1}{t}\,dt + \int_a^{ab}\frac{1}{t}\,dt$$

であり，第 2 項で $t = au$ と置換すると $dt = a\,du$，積分範囲は $u: 1 \to b$ となるので，

$$\int_a^{ab}\frac{1}{t}\,dt = \int_1^{b}\frac{1}{au}\,a\,du = \int_1^{b}\frac{1}{u}\,du = L(b)$$

となる．

ステップ 2（べき乗を倍に変える）：自然数 $n$ に対して $L(x^n) = nL(x)$ である．$n = 1$ では明らかで，$n$ で成り立てばステップ 1 より $L(x^{n+1}) = L(x^n \cdot x) = nL(x) + L(x) = (n+1)L(x)$ となるので，数学的帰納法により示される．

ステップ 3（$L(a_n)$ の評価）：区間 $\left[1, 1+\frac{1}{n}\right]$ 上では

$$\frac{n}{n+1} = \frac{1}{1+\frac{1}{n}} \leq \frac{1}{t} \leq 1$$

である．この区間で積分すると，区間の幅は $\frac{1}{n}$ なので

$$\frac{1}{n+1} \leq L\left(1+\frac{1}{n}\right) \leq \frac{1}{n}$$

となる．各辺に $n$ をかけ，ステップ 2 で $nL\left(1+\frac{1}{n}\right) = L\left(\left(1+\frac{1}{n}\right)^n\right) = L(a_n)$ と書き換えると

$$\frac{n}{n+1} \leq L(a_n) \leq 1$$

を得る．

ステップ 4（極限をとる）：$n \to \infty$ とすると，はさみうちの原理より $L(a_n) \to 1$ である．一方，微分積分学の基本定理より $L'(x) = \frac{1}{x}$ なので $L$ は微分可能，特に連続である．$a_n \to e$ だから

$$L(e) = \lim_{n\to\infty}L(a_n) = 1$$

となる．

ステップ 5（一意性）：$L'(x) = \frac{1}{x} > 0$ なので $L$ は狭義単調増加である．よって $L(x) = 1$ を満たす $x$ は $e$ だけである．

以上より，命題が示された．$\blacksquare$

図形的には，双曲線 $y = \frac{1}{t}$ と $t$ 軸，直線 $t = 1$，$t = e$ で囲まれた部分の面積がちょうど 1 になる，ということである．なお $L(x)$ と $\log x$ はどちらも $x = 1$ で 0 になり，導関数がどちらも $\frac{1}{x}$ なので，$L(x) = \log x$ である．

Differential Equation Form

$y' = y$ は「増える速さが今の量に比例する」という式であり，複利計算と同じ構造をしている．まず 2 つの見方から Limit Definition と Series Definition の式が現れることを見て，そのあと厳密に証明する．以下の 2 つは直感的な説明であり，証明ではない．

見方 1：オイラー法

区間 $[0, 1]$ を $n$ 等分し，幅 $\frac{1}{n}$ ごとに $y' = y$ を差分で近似すると

$$y_{k+1} = y_k + \frac{1}{n}y_k = \left(1+\frac{1}{n}\right)y_k, \qquad y_0 = 1$$

となる．よって $y_n = \left(1+\frac{1}{n}\right)^n$ であり，$n \to \infty$ で Limit Definition の式が現れる．これは「1 年を $n$ 回に分けて利息をつける」複利計算そのものである．

見方 2：べき級数

解が $y = \sum_{k=0}^{\infty}c_k x^k$ と展開できると仮定すると，

$$y' = \sum_{k=0}^{\infty}(k+1)c_{k+1}x^k$$

なので，$y' = y$ の係数を比較して $(k+1)c_{k+1} = c_k$ を得る．$c_0 = y(0) = 1$ より $c_k = \frac{1}{k!}$ となり，$y(1) = \sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{k!}$ という Series Definition の式が現れる．

命題：初期値問題

$$y' = y, \qquad y(0) = 1$$

の解は $y = e^x$ ただ 1 つであり，したがって $y(1) = e$ である．

方針：存在は Derivative Form から直接従う．一意性は，任意の解を $e^x$ で割った関数の導関数が 0 になることを示す．

証明：

存在：Derivative Form より $(e^x)' = e^x$ であり，$e^0 = 1$ なので，$y = e^x$ は解である．

一意性：$y$ を任意の解とし，$g(x) = y(x)e^{-x}$ とおく．合成関数の微分より $(e^{-x})' = -e^{-x}$ なので，積の微分と $y' = y$ を使うと

$$g'(x) = y'(x)e^{-x} - y(x)e^{-x} = (y'(x) - y(x))e^{-x} = 0$$

である．導関数が恒等的に 0 なので $g$ は定数であり，$g(x) = g(0) = y(0)e^0 = 1$ となる．したがって $y(x) = e^x$ である．

以上より，解は $y = e^x$ ただ 1 つであり，$y(1) = e$ が示された．$\blacksquare$

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最後に

AIに書かせたとはいえ，ちゃんと内容は確認してます．気軽に書かせてみたら思ったより勉強させられました．

超越数ってなんやねん．また勉強して出直します．