1の∞乗の不定形とネイピア数eの定義に関連する公式や指数関数・対数関数の微分の導出まとめ

$1^{\infty}$の形式の極限を考えるにあたって、下記のネイピア数の定義はよく用いられる。
$$
\large
\begin{align}
\lim_{n \to \infty} \left( 1 + \frac{1}{n} \right)^{n} = e \quad (1)
\end{align}
$$

$(1)$式の$e$はネイピア数(Napier’s constant)と呼ばれるが、$e=2.71…$が成立する数が元々あったというよりは、上記の数式が成立する数を$e$と定義したと考える方が良いと思われる。この$e$の式が出てくるのが数Ⅲ以降でありやや直感的にわかりにくいかもしれないので、円周率で用いる$\pi$が「半径$r$の円の円周の長さが$2 \pi r$に一致する」ように定義することと同様に考えるとわかりやすいと思われる。

数理統計学を学ぶにあたって$(1)$式は「正規分布」などに関連するトピックによく出てくるので、様々なパターンに慣れておく方が良い。当記事では$(1)$式に関連する式や指数関数の微分などの$(1)$式からの導出などをまとめた。

ネイピア数の定義と関連する式の導出

ネイピア数の定義

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

冒頭でも確認を行ったのと同様に、上記の式を用いてネイピア数は定義される。ここで上記の左辺は$1^{\infty}$形式の不定形だが、$e=2.71…$に収束すると考えてネイピア数$e$の定義を行う。

ネイピア数の定義が急に出てくると分からなくなりがちなので、以下$\displaystyle \left( 1 + \frac{1}{n} \right)^{n}$の$n$に具体的な数字を入れて確認を行う。
・$n=1$
$$
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\begin{align}
\left( 1 + \frac{1}{n} \right)^{n} &= \left( 1 + \frac{1}{1} \right)^{1} \\
&= 2^1 \\
&= 2
\end{align}
$$

・$n=2$
$$
\large
\begin{align}
\left( 1 + \frac{1}{n} \right)^{n} &= \left( 1 + \frac{1}{2} \right)^{2} \\
&= \left( \frac{3}{2} \right)^{2} \\
&= \frac{9}{4} = 2.25
\end{align}
$$

・$n=3$
$$
\large
\begin{align}
\left( 1 + \frac{1}{n} \right)^{n} &= \left( 1 + \frac{1}{3} \right)^{3} \\
&= \left( \frac{4}{3} \right)^{3} \\
&= \frac{64}{27} = 2.37…
\end{align}
$$

・$n=10$
$$
\large
\begin{align}
\left( 1 + \frac{1}{n} \right)^{n} &= \left( 1 + \frac{1}{10} \right)^{10} \\
&= \left( \frac{11}{10} \right)^{2} \\
&= 2.59…
\end{align}
$$

・$n=100$
$$
\large
\begin{align}
\left( 1 + \frac{1}{n} \right)^{n} &= \left( 1 + \frac{1}{100} \right)^{100} \\
&= \left( \frac{101}{100} \right)^{100} \\
&= 2.70…
\end{align}
$$

上記のようにだんだんと$e=2.71…$に近づいていることが確認できる。

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

前項で確認したネイピア数の定義式に基づいて導出を行う。
$$
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\begin{align}
\lim_{n \to – \infty} \left( 1 + \frac{1}{n} \right)^{n} \quad (1)’
\end{align}
$$

上記を考えるにあたって、$m = -n$のように$m$を定義する。このとき、$n=-m, m \to \infty$なので$(1)’$式は下記のように書き換えることができる。
$$
\large
\begin{align}
\lim_{n \to – \infty} \left( 1 + \frac{1}{n} \right)^{n} = \lim_{m \to \infty} \left( 1 – \frac{1}{m} \right)^{-m} \quad (2)
\end{align}
$$

上記は下記のように変形できる。
$$
\large
\begin{align}
\lim_{n \to – \infty} \left( 1 + \frac{1}{n} \right)^{n} &= \lim_{m \to \infty} \left( 1 – \frac{1}{m} \right)^{-m} \\
&= \lim_{m \to \infty} \left( \frac{m-1}{m} \right)^{-m} \\
&= \lim_{m \to \infty} \left( \frac{m}{m-1} \right)^{m}
\end{align}
$$

ここで$l = m-1$のように$l$を考えると、$l=m+1, l \to \infty$なので(3)式は下記のように書き換えることができる。
$$
\large
\begin{align}
\lim_{m \to \infty} \left( \frac{m}{m-1} \right)^{m} &= \lim_{l \to \infty} \left( \frac{l+1}{l} \right)^{l+1} \\
&= \lim_{l \to \infty} \left( 1+\frac{1}{l} \right)^{l} \times \left( 1+\frac{1}{l} \right) \\
&= e \times 1 = e
\end{align}
$$

ここまでの導出により、下記が示される。
$$
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\begin{align}
\lim_{n \to – \infty} \left( 1 + \frac{1}{n} \right)^{n} = e
\end{align}
$$

$\displaystyle \lim_{x \to 0} \left( 1 + x \right)^{\frac{1}{x}} = e$の導出

$x \to +0$と$x \to -0$に分けて導出を行う。

・$x \to +0$の際の導出
$$
\large
\begin{align}
\lim_{x \to +0} \left( 1 + x \right)^{\frac{1}{x}} = e
\end{align}
$$

上記を下記のネイピア数の定義の式を用いて示す。
$$
\large
\begin{align}
\lim_{n \to \infty} \left( 1 + \frac{1}{n} \right)^{n} = e
\end{align}
$$

$\displaystyle \lim_{x \to +0} \left( 1 + x \right)^{\frac{1}{x}} = e$において、$\displaystyle n = \frac{1}{x}$を考えると、$\displaystyle x = \frac{1}{n}, n \to \infty$が対応する。これより下記のように導出できる。
$$
\large
\begin{align}
\lim_{x \to +0} \left( 1 + x \right)^{\frac{1}{x}} &= \lim_{n \to \infty} \left( 1 + \frac{1}{n} \right)^{n} \\
&= e
\end{align}
$$

・$x \to -0$の際の導出
$$
\large
\begin{align}
\lim_{x \to +0} \left( 1 + x \right)^{\frac{1}{x}} = e
\end{align}
$$

上記を下記の式を用いて示す。
$$
\large
\begin{align}
\lim_{n \to – \infty} \left( 1 + \frac{1}{n} \right)^{n} = e
\end{align}
$$

$\displaystyle \lim_{x \to -0} \left( 1 + x \right)^{\frac{1}{x}} = e$において、$\displaystyle n = \frac{1}{x}$を考えると、$\displaystyle x = \frac{1}{n}, n \to -\infty$が対応する。これより下記のように導出できる。
$$
\large
\begin{align}
\lim_{x \to +0} \left( 1 + x \right)^{\frac{1}{x}} &= \lim_{n \to -\infty} \left( 1 + \frac{1}{n} \right)^{n} \\
&= e
\end{align}
$$

ここまでの議論により、下記を示すことができる。
$$
\large
\begin{align}
\lim_{x \to 0} \left( 1 + x \right)^{\frac{1}{x}} = e
\end{align}
$$

派生した計算例の確認

例題形式の方がわかりやすいと思われるので、以下例題と解答の形式で確認する。
・例題
$$
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\begin{align}
& (1) \quad \lim_{n \to \infty} \left( 1 + \frac{2}{n} \right)^{n} \\
& (2) \quad \lim_{n \to \infty} \left( 1 + \frac{1}{2n} \right)^{n} \\
& (3) \quad \lim_{x \to 0} \left( 1 – 2x \right)^{1/x}
\end{align}
$$

・解答
$(1)$
$$
\large
\begin{align}
\lim_{n \to \infty} \left( 1 + \frac{2}{n} \right)^{n} &= \lim_{n \to \infty} \left( 1 + \frac{1}{n/2} \right)^{n} \\
&= \lim_{\substack{n \to \infty \\ n/2 \to \infty}} \left( \left( 1 + \frac{1}{n/2} \right)^{n/2} \right)^{2} \\
&= e^2
\end{align}
$$

$(2)$
$$
\large
\begin{align}
\lim_{n \to \infty} \left( 1 + \frac{1}{2n} \right)^{n} &= \lim_{n \to \infty} \left( 1 + \frac{1}{2n} \right)^{n} \\
&= \lim_{\substack{n \to \infty \\ 2n \to \infty}} \left( \left( 1 + \frac{1}{2n} \right)^{2n} \right)^{1/2} \\
&= e^{\frac{1}{2}}
\end{align}
$$

$(3)$
$$
\large
\begin{align}
\lim_{x \to 0} \left( 1 – 2x \right)^{1/x} &= \lim_{x \to 0} \left( \left( 1 – 2x \right)^{-1/2x} \right)^{-2} \\
&= \lim_{\substack{x \to 0 \\ -2x \to 0}} \left( \left( 1 – 2x \right)^{-1/2x} \right)^{-2} \\
&= e^{-2}
\end{align}
$$

統計学における応用例

二項分布からのポアソン分布の導出

二項分布からのポアソン分布の導出の際にネイピア数の定義に派生する式が用いられる。
$$
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\begin{align}
P(X=k|n,p) &= {}_n C_k \, p^{k} (1-p)^{n-k} \\
&= \frac{n!}{k!(n-k)!} p^{k} (1-p)^{n-k} \quad (4)
\end{align}
$$

上記で定義した二項分布$\mathrm{Bin}(n,p)$の確率関数$P(X=k|n,p)$の式において、$\lambda = np$が一定で$n \to \infty$となる場合を考える。

$\displaystyle \lambda = np, p = \frac{\lambda}{n}$などを考えることで、$(4)$式は下記のように変形できる。
$$
\large
\begin{align}
P(X=k|n,p) &= \frac{n!}{k!(n-k)!} p^{k} (1-p)^{n-k} \\
&= \frac{n \cdot (n-1)…(n-k+1)}{k!} \left( \frac{\lambda}{n} \right)^{k} \left( 1-\frac{\lambda}{n} \right)^{n-k} \\
&= \frac{\lambda^{k}}{k!} \times 1 \cdot \left( 1 – \frac{1}{n} \right)…\left( 1 – \frac{k-1}{n} \right) \times \left( 1-\frac{\lambda}{n} \right)^{n-k} \quad (5)
\end{align}
$$

$(5)$式の右辺の第$1$項はポアソン分布の式に現れるので、第$2$項と第$3$項の$n \to \infty$の極限について以下確認する。

・第$2$項
下記が成立する。
$$
\large
\begin{align}
\lim_{n \to \infty} \left( 1 – \frac{1}{n} \right)…\left( 1 – \frac{k-1}{n} \right) &= 1 \cdot … \cdot 1 \\
&= 1
\end{align}
$$

・第$3$項
下記が成立する。
$$
\large
\begin{align}
\lim_{n \to \infty} \left( 1-\frac{\lambda}{n} \right)^{n-k} &= \lim_{n \to \infty} \left\{ \left( 1-\frac{\lambda}{n} \right)^{n} \times \left( 1-\frac{\lambda}{n} \right)^{k} \right\} \\
&= \lim_{\substack{n \to \infty \\ -n/\lambda \to -\infty}} \left\{ \left( \left( 1-\frac{\lambda}{n} \right)^{-n/\lambda} \right)^{-\lambda} \times \left( 1-\frac{\lambda}{n} \right)^{k} \right\} \\
&= e^{-\lambda} \times 1 = e^{-\lambda}
\end{align}
$$

ここまでの議論を元に、$(4)$式に対して$n \to \infty$を考えることでポアソン分布の確率関数を導出することができる。
$$
\large
\begin{align}
\lim_{n \to \infty} P(X=k|n,p) &= \lim_{n \to \infty} \frac{n!}{k!(n-k)!} p^{k} (1-p)^{n-k} \\
&= \frac{\lambda^{k}}{k!} \times 1 \times e^{-\lambda} \\
&= \frac{\lambda^{k} e^{-\lambda}}{k!}
\end{align}
$$
上記はポアソン分布$Po(\lambda)$の確率関数$P(X=k|\lambda)$を表す。

ここで$\displaystyle \lim_{n \to \infty} P(X=k|n,p) = P(X=k|\lambda)$のように$n,p$が$\lambda$に置き換わったが、$\lambda=np$のように定義したことを考慮するとこのことは自然だと考えることができる。

$t$分布の極限と正規分布

指数関数・対数関数の定義に基づく微分

$e^x$の微分

$f(x)$の微分$f'(x)$は下記のように定義される。
$$
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\begin{align}
f'(x) = \lim_{h \to 0} \frac{f(x+h)-f(x)}{h}
\end{align}
$$

上記を用いて$f(x)=e^x$の際の$f'(x)$の計算を行う。
$$
\large
\begin{align}
f'(x) &= \lim_{h \to 0} \frac{f(x+h)-f(x)}{h} \\
&= \lim_{h \to 0} \frac{e^{x+h}-e^{x}}{h} \\
&= \lim_{h \to 0} \frac{e^{x}(e^h-1)}{h} \quad (6)
\end{align}
$$

$(6)$式に対して、$k=e^h-1$のように変数変換を行うことを考える。この時、下記のように$h$について解くことができる。
$$
\large
\begin{align}
k &= e^h-1 \\
e^h &= k+1 \\
h &= \log{ (k+1) }
\end{align}
$$
また、$h \to 0$のとき、$k \to e^0-1 = 1-1 = 0$が成立する。

$k=e^h-1, h=\log{(k+1)}$を元に下記のように$(6)$式を変形することができる。
$$
\large
\begin{align}
f'(x) &= \lim_{h \to 0} \frac{e^{x}(e^h-1)}{h} \\
&= \lim_{k \to 0} \left( e^{x} \cdot \frac{k}{\log{(k+1)}} \right) \\
&= \lim_{k \to 0} \left( e^{x} \cdot \frac{1}{\frac{1}{k} \log{(k+1)}} \right) \\
&= \lim_{k \to 0} \left( e^{x} \cdot \frac{1}{\log{(1+k)^{\frac{1}{k}}}} \right) \\
&= e^{x} \cdot \frac{1}{\log{e}} \\
&= e^{x}
\end{align}
$$

ここまでの議論により、$(e^{x})’ = e^{x}$を導出することができる。

$a^x(a>1)$の微分

$\log_e {x}$の微分

$$
\large
\begin{align}
f'(x) = \lim_{h \to 0} \frac{f(x+h)-f(x)}{h}
\end{align}
$$

上記を用いて$f(x)=\log_e{x}$の際の$f'(x)$の計算を行う。
$$
\large
\begin{align}
f'(x) &= \lim_{h \to 0} \frac{f(x+h)-f(x)}{h} \\
&= \lim_{h \to 0} \frac{\log_e{(x+h)}-\log_e{x}}{h} \\
&= \lim_{h \to 0} \frac{1}{h}\log_e{\left( \frac{x+h}{x} \right)} \\
&= \lim_{h \to 0} \log_e{\left( 1 + \frac{h}{x} \right)^{\frac{1}{h}}} \\
&= \lim_{h \to 0} \log_e{\left( \left( 1 + \frac{h}{x} \right)^{\frac{x}{h}} \right)^{\frac{1}{x}} } \\
&= \lim_{\substack{h \to 0 \\ h/x \to 0}} \frac{1}{x} \log_e{ \left( 1 + \frac{h}{x} \right)^{\frac{1}{h/x}} } \\
&= \frac{1}{x} \cdot \log_e{e} = \frac{1}{x}
\end{align}
$$

ここまでの議論により、$\displaystyle (\log_e {x})’ = \frac{1}{x}$を導出することができる。

対数微分法

$y = x^{x}$のような関数の微分を行うにあたって、両辺の対数を取ってから微分を行う「対数微分法」を用いることができることは抑えておくと良い。以下、「対数微分法」を用いて$y = x^{x}$の計算を行う。
$$
\large
\begin{align}
y &= x^{x} \\
\log{y} &= \log{(x^x)} \\
&= x \log{x}
\end{align}
$$

上記の両辺を$x$で微分を行うと下記のように導関数$\displaystyle y’ = \frac{dy}{dx}$の計算を行える。
$$
\large
\begin{align}
\frac{d}{dx}\log{y} &= \frac{d}{dx} (x \log{x}) \\
\frac{y’}{y} &= \log{x} + \cancel{x} \cdot \frac{1}{\cancel{x}} \\
&= \log{x} + 1 \\
y’ &= y(\log{x} + 1) \\
&= x^{x} (\log{x} + 1)
\end{align}
$$