自然対数の底（ネイピア数）の定義：収束することの証明

微分の定義より， $$\dfrac{d}{dx}e^x = \lim_{h \to 0} \dfrac{e^{x+h}-e^x}{(x+h)-x} \\ =e^x \lim_{h \to 0} \dfrac{e^h -1}{h} =e^x$$

最後の式変形には，上述の極限公式を用いた。

二項定理を使って展開し，各項を比較する。

$$\begin{aligned} a_n &= \sum_{k=0}^n\dfrac{{}_n\mathrm{C}_{k}}{n^k}\\ a_{n+1} &= \sum_{k=0}^n\dfrac{{}_{n+1}\mathrm{C}_{k}}{(n+1)^k}+\dfrac{1}{(n+1)^{n+1}} \end{aligned}$$

よって，$\dfrac{{}_n\mathrm{C}_{k}}{n^k}\leq\dfrac{{}_{n+1}\mathrm{C}_{k}}{(n+1)^k}$ を示せば十分。

分母を払って二項係数を整理した不等式：

$$(n+1)^{k}\dfrac{n!}{k!(n-k)!}\leq n^k\dfrac{(n+1)!}{k!(n-k+1)!}$$

つまり

$$(n+1)^{k-1} (n-k+1) \leq n^k$$

を示せば十分。

これは，$(k-1)$ 個の $(n+1)$ と $1$ 個の $(n-k+1)$ に相加相乗平均の不等式を使うことで証明できる：

$$\begin{aligned} &(k-1)(n+1)+(n-k+1)\\ &\geq k\sqrt[k]{(n+1)^{k-1} (n-k+1)} \end{aligned}$$

証明1の途中で出てきた $\dfrac{{}_n\mathrm{C}_{k}}{n^k}\leq\dfrac{{}_{n+1}\mathrm{C}_{k}}{(n+1)^k}$ を相加相乗平均の不等式を使わずに示す。

$f(n):=\dfrac{{}_n\mathrm{C}_k}{n^k}\\ =\dfrac{1}{k!}\dfrac{n(n-1)\cdots(n-k+1)}{n^k}\\ =\dfrac{1}{k!}\cdot 1\cdot \left(1-\dfrac{1}{n}\right)\left(1-\dfrac{2}{n}\right)\cdots\left(1-\dfrac{k-1}{n}\right)$

カッコは $k-1$ 個ある。この各カッコの部分は $n$ に関する増加関数なので，$f(n)<f(n+1)$ である。

二項定理を使わずに，直接証明する方法もある。

$n$ 個の $\dfrac{n+1}{n}$ と $1$ 個の $1$ に相加相乗平均の不等式を用いると，

$$\dfrac{\frac{n+1}{n}\cdot n+1}{n+1} > \sqrt[n+1]{\left(\dfrac{n+1}{n} \right)^n}$$

この式を整理すると $a_{n+1} > a_n$ となる。

数列をつなげた関数 $f(x)=\left(1+\dfrac{1}{x} \right)^x$ を考えて，微分して不等式を示すという方針。このままでは計算しにくいので対数を取ってから微分する。

$g(x)=x\log\left(1+\dfrac{1}{x} \right)\\ =x\log(1+x)-x\log x$

の $x > 0$ での単調増加性を示せばよい。

$g'(x)=\log(1+x)+\dfrac{x}{1+x}-\log x-1\\ =\log(1+x)-\log x-\dfrac{1}{1+x}$

$g''(x)=\dfrac{1}{1+x}-\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{(1+x)^2}\\ =\dfrac{x(1+x)-(1+x)^2+x}{x(1+x)^2}\\ -\dfrac{1}{x(x+1)^2}< 0$

となり，$g'(x)$ は減少関数で $\displaystyle\lim_{x\to\infty}g'(x)=0$ なので，$x > 0$ で $g'(x) > 0$ が分かる。よって $g(x)$ は単調増加。

二項定理より，

$$\begin{aligned} a_n&=\left(1+\dfrac{1}{n} \right)^n\\ &= \sum_{k=0}^n{}_n\mathrm{C}_{k}\dfrac{1}{n^k}\\ &= \sum_{k=0}^n\dfrac{1}{k!}1\cdot\left(1-\dfrac{1}{n} \right)\cdot\left(1-\dfrac{2}{n} \right)\cdots\left(1-\dfrac{k-1}{n} \right)\\ &\leq \sum_{k=0}^n\dfrac{1}{k!}\\ &\leq 1+1+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2^2}+\dfrac{1}{2^3}+\cdots\\ &\leq 1+\dfrac{1}{1-\tfrac{1}{2}}=3 \end{aligned}$$