Characterizations of the exponential function

積の極限式の誤差は次のように表されます。$${\displaystyle \left(1+{\frac {x}{n}}\right)^{n}=e^{x}\left(1-{\frac {x^{2}}{2n}}+{\frac {x^{3}(8+3x)}{24n^{2}}}+\cdots \right),}$$ここで、分母がn ^{k の}項の 多項式の次数 ( xに関して) は2 kです。 

以来 $$\lim_{n\to\infty}\left|{\frac{x^{n+1}/(n+1)!}{x^{n}/n!}}\right|=\lim_{n\to\infty}\left|{\frac{x}{n+1}}\right|=0<1.}$$比率テスト から次のことが導かれる${\textstyle \sum _{n=0}^{\infty }{\frac {x^{n}}{n!}}}$すべてのxに対して収束する。

被積分関数はtの積分可能な関数であるため、積分式は適切に定義されます。関数が次のようになることを示す必要があります。$\displaystyle \mathbb {R} ^{+}}$に${\displaystyle \mathbb {R} }$定義される $${\displaystyle x\mapsto \int _{1}^{x}{\frac {dt}{t}}}$$は全単射 です。1/ tは正のtに対して正なので、この関数は厳密に増加し、したがって単射です。 2 つの積分が $${\displaystyle {\begin{aligned}\int _{1}^{\infty }{\frac {dt}{t}}&=\infty \\[8pt]\int _{1}^{0}{\frac {dt}{t}}&=-\infty \end{aligned}}}$$ が成り立つならば、それは全射でもある。実際、これらの積分は成り立つ。これらは積分判定法と調和級数の発散から導かれる。

定義は、唯一の正の実数に依存する${\displaystyle a=e}$満足：$${\displaystyle \lim _{h\to 0}{\frac {a^{h}-1}{h}}=1.}$$この限界は任意のものに対して存在することが示せる。${\displaystyle a}$、そしてそれは連続的に増加する関数を定義する。${\displaystyle f(a)=\ln(a)}$と${\displaystyle f(1)=0}$そして${\displaystyle \lim _{a\to \infty }f(a)=\infty }$したがって、中間値の定理はそのような値の存在を保証する。${\displaystyle a=e}$。

以下の議論は、Rudinの定理3.31、63～ 65ページから引用したものである。

させて${\displaystyle x\geq 0}$は固定された非負の実数とする。 $${\displaystyle t_{n}=\left(1+{\frac {x}{n}}\right)^{n},\qquad s_{n}=\sum _{k=0}^{n}{\frac {x^{k}}{k!}},\qquad e^{x}=\lim _{n\to \infty }s_{n}.}$$

二項定理により、 $${\displaystyle {\begin{aligned}t_{n}&=\sum _{k=0}^{n}{n \choose k}{\frac {x^{k}}{n^{k}}}=1+x+\sum _{k=2}^{n}{\frac {n(n-1)(n-2)\cdots (n-(k-1))x^{k}}{k!\,n^{k}}}\\[8pt]&=1+x+{\frac {x^{2}}{2!}}\left(1-{\frac {1}{n}}\right)+{\frac {x^{3}}{3!}}\left(1-{\frac {1}{n}}\right)\left(1-{\frac {2}{n}}\right)+\cdots \\[8pt]&{}\qquad \cdots +{\frac {x^{n}}{n!}}\left(1-{\frac {1}{n}}\right)\cdots \left(1-{\frac {n-1}{n}}\right)\leq s_{n}\end{aligned}}}$$ （最終的な不等式を得るために x  ≥ 0 を使用する）したがって、次のようになる。 $${\displaystyle \limsup _{n\to \infty }t_{n}\leq \limsup _{n\to \infty }s_{n}=e^{x}}$$t _{n が}収束するかどうかは不明なので、lim sup を 使用する必要があります。

もう一方の不等式については、 t _nの上記の式から、2  ≤ m ≤ nの場合、次のようになります。  $${\displaystyle 1+x+{\frac {x^{2}}{2!}}\left(1-{\frac {1}{n}}\right)+\cdots +{\frac {x^{m}}{m!}}\left(1-{\frac {1}{n}}\right)\left(1-{\frac {2}{n}}\right)\cdots \left(1-{\frac {m-1}{n}}\right)\leq t_{n}.}$$

mを固定し、n を無限大に近づける。すると $${\displaystyle s_{m}=1+x+{\frac {x^{2}}{2!}}+\cdots +{\frac {x^{m}}{m!}}\leq \liminf _{n\to \infty }\ t_{n}}$$ （ここでも、t _{n が}収束するかどうかは不明なので、 lim inf を使用する必要があります。）さて、上記の不等式を取り、m を無限大に近づけ、他の不等式と組み合わせると、次の式が得られます。 $${\displaystyle \limsup _{n\to \infty }t_{n}\leq e^{x}\leq \liminf _{n\to \infty }t_{n}}$$ となることによって $${\displaystyle \lim _{n\to \infty }t_{n}=e^{x}.}$$

この等価性は、以下の点に注意することで負の実数にも拡張できる。${\textstyle \left(1-{\frac {r}{n}}\right)^{n}\left(1+{\frac {r}{n}}\right)^{n}=\left(1-{\frac {r^{2}}{n^{2}}}\right)^{n}}$そして、nが無限大に近づくときの極限を取る。

ここで、自然対数関数は上記のように定積分によって定義されます。微積分学の基本定理の第一部により、 $${\displaystyle {\frac {d}{dx}}\ln x={\frac {d}{dx}}\int _{1}^{x}{\frac {1}{t}}\,dt={\frac {1}{x}}.}$$

その上、${\textstyle \ln 1=\int _{1}^{1}{\frac {dt}{t}}=0}$

ここで、x を任意の固定された実数とし、 $${\displaystyle y=\lim _{n\to \infty }\left(1+{\frac {x}{n}}\right)^{n}.}$$

Ln( y ) = x となり、これはy = e ^xを意味します。ここでe ^xは定義 3 の意味で定義されます。 $${\displaystyle \ln y=\ln \lim _{n\to \infty }\left(1+{\frac {x}{n}}\right)^{n}=\lim _{n\to \infty }\ln \left(1+{\frac {x}{n}}\right)^{n}.}$$

ここでは、ln( y )の連続性が用いられており、これは1/ tの連続性から導かれる。 $${\displaystyle \ln y=\lim _{n\to \infty }n\ln \left(1+{\frac {x}{n}}\right)=\lim _{n\to \infty }{\frac {x\ln \left(1+(x/n)\right)}{(x/n)}}.}$$

ここでは、ln a ⁿ = n ln aという結果が用いられています。この結果は、自然数nに対して帰納法、または置換積分によって証明できます。（実数べき乗への拡張は、lnとexp が互いに逆関数であることが証明され、実数bに対してa ^{b を}e ^{b ln a}と定義できるようになるまで待つ必要があります。） $${\displaystyle =x\cdot \lim _{h\to 0}{\frac {\ln \left(1+h\right)}{h}}\quad {\text{ where }}h={\frac {x}{n}}}$$$${\displaystyle =x\cdot \lim _{h\to 0}{\frac {\ln \left(1+h\right)-\ln 1}{h}}}$$$${\displaystyle =x\cdot {\frac {d}{dt}}\ln t{\Bigg |}_{t=1}}$$$${\displaystyle \!\,=x.}$$

させて${\displaystyle y(t)}$初期値問題の解を表す${\displaystyle y'=y,\ y(0)=1}$増分を用いたオイラー法の最も単純な形式を適用する${\displaystyle \Delta t={\frac {x}{n}}}$サンプルポイント${\displaystyle t\ =\ 0,\ \Delta t,\ 2\Delta t,\ldots ,\ n\Delta t}$再帰式が得られます。

${\displaystyle y(t+\Delta t)\ \approx \ y(t)+y'(t)\Delta t\ =\ y(t)+y(t)\Delta t\ =\ y(t)\,(1+\Delta t).}$

この再帰はすぐに解かれ、近似値が得られます。${\displaystyle y(x)=y(n\Delta t)\approx (1+\Delta t)^{n}}$また、オイラー法は厳密解に収束することが知られているため、次の式が成り立つ。

${\displaystyle y(x)=\lim _{n\to \infty }\left(1+{\frac {x}{n}}\right)^{n}.}$

nを非負整数とする。定義4の意味において、帰納法により、${\displaystyle {\frac {d^{n}y}{dx^{n}}}=y}$。

したがって${\displaystyle {\frac {d^{n}y}{dx^{n}}}{\Bigg |}_{x=0}=y(0)=1.}$

テイラー級数を用いて、 $${\displaystyle y=\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {f^{(n)}(0)}{n!}}\,x^{n}=\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {1}{n!}}\,x^{n}=\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {x^{n}}{n!}}.}$$これは、定義4が定義2を包含することを示している。

定義2の意味において、 $${\displaystyle {\begin{aligned}{\frac {d}{dx}}e^{x}&={\frac {d}{dx}}\left(1+\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {x^{n}}{n!}}\right)=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {nx^{n-1}}{n!}}=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {x^{n-1}}{(n-1)!}}\\[6pt]&=\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {x^{k}}{k!}},{\text{ where }}k=n-1\\[6pt]&=e^{x}\end{aligned}}}$$

その上、${\textstyle e^{0}=1+0+{\frac {0^{2}}{2!}}+{\frac {0^{3}}{3!}}+\cdots =1.}$これは、定義2が定義 4を含意することを示している。

定義2の意味では、方程式${\displaystyle \exp(x+y)=\exp(x)\exp(y)}$これは、一様収束によって正当化されるべき級数の項ごとの操作から導かれ、結果として得られる係数の等式は二項定理そのものである。さらに：^{[ 3 ]}$${\displaystyle {\begin{aligned}\exp '(0)&=\lim _{h\to 0}{\frac {e^{h}-1}{h}}\\&=\lim _{h\to 0}{\frac {1}{h}}\left(\left(1+h+{\frac {h^{2}}{2!}}+{\frac {h^{3}}{3!}}+{\frac {h^{4}}{4!}}+\cdots \right)-1\right)\\&=\lim _{h\to 0}\left(1+{\frac {h}{2!}}+{\frac {h^{2}}{3!}}+{\frac {h^{3}}{4!}}+\cdots \right)\ =\ 1.\\\end{aligned}}}$$

特性3では、まず自然対数を定義します。$${\displaystyle \log x\ \ {\stackrel {\text{def}}{=}}\ \int _{1}^{x}\!{\frac {dt}{t}},}$$それから${\displaystyle \exp }$逆関数として${\textstyle x=\log(\exp x)}$すると連鎖律により：

${\displaystyle 1={\frac {d}{dx}}[\log(\exp(x))]=\log '(\exp(x))\cdot \exp '(x)={\frac {\exp '(x)}{\exp(x)}},}$

つまり${\displaystyle \exp '(x)=\exp(x)}$。 ついに、${\displaystyle \log(1)=0}$、 それで${\displaystyle \exp '(0)=\exp(0)=1}$つまり、${\displaystyle y=\exp(x)}$は初期値問題の唯一の解である${\displaystyle {\frac {dy}{dx}}=y}$、 ${\displaystyle y(0)=1}$特性4.逆に、${\displaystyle y=\exp(x)}$もっている${\displaystyle \exp '(x)=\exp(x)}$そして${\displaystyle \exp(0)=1}$、そして定義する${\displaystyle \log(x)}$その逆関数として${\displaystyle x=\exp(\log x)}$そして${\displaystyle \log(1)=0}$。 それから：

${\displaystyle 1={\frac {d}{dx}}[\exp(\log(x))]=\exp '(\log(x))\cdot \log '(x)=\exp(\log(x))\cdot \log '(x)=x\cdot \log '(x),}$

つまり${\displaystyle \log '(x)={\frac {1}{x}}}$微積分学の基本定理により、$${\displaystyle \int _{1}^{x}{\frac {1}{t}}\,dt=\log(x)-\log(1)=\log(x).}$$

条件f' (0) = 1およびf ( x + y ) = f ( x ) f ( y )は、特徴付け 4 の条件の両方を意味します。実際、方程式の両辺を割ると、 初期条件f (0) = 1が得られます。$${\displaystyle f(0)=f(0+0)=f(0)f(0)}$$f (0) によって、 f′ ( x ) = f ( x )という条件は、f′ (0) = 1という条件と、導関数の定義から次のように導かれる。 $${\displaystyle {\begin{array}{rcccccc}f'(x)&=&\lim \limits _{h\to 0}{\frac {f(x+h)-f(x)}{h}}&=&\lim \limits _{h\to 0}{\frac {f(x)f(h)-f(x)}{h}}&=&\lim \limits _{h\to 0}f(x){\frac {f(h)-1}{h}}\\[1em]&=&f(x)\lim \limits _{h\to 0}{\frac {f(h)-1}{h}}&=&f(x)\lim \limits _{h\to 0}{\frac {f(0+h)-f(0)}{h}}&=&f(x)f'(0)=f(x).\end{array}}}$$

特性5、乗法特性と初期条件を仮定する${\displaystyle \exp '(0)=1}$次のようなことを示唆している。$${\displaystyle {\begin{array}{rcl}{\frac {d}{dx}}\exp(x)&=&\lim _{h\to 0}{\frac {\exp(x{+}h)-\exp(x)}{h}}\\&=&\exp(x)\cdot \lim _{h\to 0}{\frac {\exp(h)-1}{h}}\\&=&\exp(x)\exp '(0)=\exp(x).\end{array}}}$$

乗法規則を帰納的に適用すると、次の式が得られます。 $${\displaystyle f\left({\frac {n}{m}}\right)^{m}=f\left({\frac {n}{m}}+\cdots +{\frac {n}{m}}\right)=f(n)=f(1)^{n},}$$ そしてこうして $${\displaystyle f\left({\frac {n}{m}}\right)={\sqrt[{m}]{f(1)^{n}}}\ {\stackrel {\text{def}}{=}}\ a^{n/m}}$$ のために${\displaystyle a=f(1)}$すると条件${\displaystyle f'(0)=1}$つまり${\displaystyle \lim _{h\to 0}{\tfrac {a^{h}-1}{h}}=1}$、 それで${\displaystyle a=e}$定義上。

また、定義5の正則性条件のいずれかが以下を意味する。${\displaystyle f(x)}$実数全体で連続している${\displaystyle x}$（下記参照）。逆もまた同様である。

させて${\displaystyle f(x)}$乗法性を満たす、ルベーグ積分可能な非零関数とする。${\displaystyle f(x+y)=f(x)f(y)}$と${\displaystyle f(1)=e}$ヒューイットとストロンバーグの演習18.46に従って、ルベーグ積分可能性が連続性を意味することを証明します。これは、${\displaystyle f(x)=e^{x}}$特徴付け6によれば、上記のように論じられる。

まず、いくつかの基本的な性質について説明します。

1. もし${\displaystyle f(x)}$はどこでもゼロではない（例えば、${\displaystyle x=y}$) ならば、それはどこでもゼロではない。証明:${\displaystyle f(y)=f(x)f(y-x)\neq 0}$暗示する${\displaystyle f(x)\neq 0}$。
2. ${\displaystyle f(0)=1}$。 証拠：${\displaystyle f(x)=f(x+0)=f(x)f(0)}$そして${\displaystyle f(x)}$ゼロではない。
3. ${\displaystyle f(-x)=1/f(x)}$。 証拠：${\displaystyle 1=f(0)=f(x-x)=f(x)f(-x)}$。
4. もし${\displaystyle f(x)}$どこでも連続している（例えば、${\displaystyle x=y}$) ならば、それは至るところで連続である。証明:${\displaystyle f(x+\delta )-f(x)=f(x-y)[f(y+\delta )-f(y)]\to 0}$として${\displaystyle \delta \to 0}$継続性により${\displaystyle y}$。

2番目と3番目の性質は、証明すれば十分であることを意味する${\displaystyle f(x)=e^{x}}$正のxに対して。 

以来${\displaystyle f(x)}$はルベーグ積分可能な関数であるならば、次のように定義できる。${\textstyle g(x)=\int _{0}^{x}f(t)\,dt}$すると、 $${\displaystyle g(x+y)-g(x)=\int _{x}^{x+y}f(t)\,dt=\int _{0}^{y}f(x+t)\,dt=f(x)g(y).}$$

以来${\displaystyle f(x)}$はゼロではないので、あるyを選ぶと、${\displaystyle g(y)\neq 0}$そして解く${\displaystyle f(x)}$上記の式において。したがって： $${\displaystyle {\begin{aligned}f(x+\delta )-f(x)&={\frac {[g(x+\delta +y)-g(x+\delta )]-[g(x+y)-g(x)]}{g(y)}}\\&={\frac {[g(x+y+\delta )-g(x+y)]-[g(x+\delta )-g(x)]}{g(y)}}\\&={\frac {f(x+y)g(\delta )-f(x)g(\delta )}{g(y)}}=g(\delta ){\frac {f(x+y)-f(x)}{g(y)}}.\end{aligned}}}$$

最終式はゼロになる必要がある${\displaystyle \delta \to 0}$以来${\displaystyle g(0)=0}$そして${\displaystyle g(x)}$は連続である。したがって、${\displaystyle f(x)}$連続的である。