a^0=1 の証明 ...

２つの前提を置く。（a^p, a^qは実数）
a^p a^q = a^(p+q)
a^(-1) ≠ 0

a^0 に対して、次の関係式が成り立つ。
a^0 a^0 = a^0 より a^0 (a^0 - 1) = 0
よって、a^0 は 0 または 1 である。

次に、a^1 ≠ 0 と a^1 = 0 とに分けて考える。
ただし、a^1 は実数とする。

a^1 ≠ 0 であるなら
a^1 a^0 = a^1
により a^0 = 1 である。

a^1 = 0 ならば
a^(-1) a^1 = a^0
a^(-2) a^1 = a^(-1)
であるから
a^0 = 0, a^(-1) = 0, …
となるが、この結果はもう一つの前提に反する。
これは a^0 = 0 を許しているからであり a^0 = 1 とすれば
a^(-1) × 0 = 1
により a^(-1) が未定義となるので回避される。

以上により、a^0 = 1 であることが証明された。

…で良い？

No.24 ベストアンサー 回答者： alice_44 回答日時： 2013/02/18 18:19

←No.22 補足

＞ 指数関数の拡張としてはそうするしかない
＞ と言えるのではないですか？

そのとおり。言えます。
それが当に、「a^0=1 は必要条件」ということです。
「指数関数の拡張としてはそうするしかない」すなわち
他に候補は無い…ということは正しく示されました。

そのことと、だからそう定義して矛盾なく拡張できる
ということは、全く別の話です。T=-1 が実数 T の
存在証明にならなかったことを、思い出しましょう。

十分性について、貴方は No.8 補足の定義を挙げています。
それに従えば、0^0=1 の根拠は「そう定義したから」です。
定義に、そう明記してあるんですからね。

質問文中の証明は、a^(-1) を使用していますから、
a=0, p<0 のとき a^p が未定義であるような定義の下では、
a=0 の場合に適用することはできません。

No.8 補足の定義によれば、
0^0=1 は、質問の証明とは関係なく、
単に定義にそう書いてあるから成り立つのです。
a>0 のとき指数法則から a^0=1 が導かれるのとは、
理由が違います。

この回答へのお礼

ここまで来ると、もう納得するしかありませんね。

> そのとおり。言えます。
> それが当に、「a^0=1 は必要条件」ということです。
> 「指数関数の拡張としてはそうするしかない」すなわち
> 他に候補は無い…ということは正しく示されました。

これが私の意図を正しく表しているでしょう。

> 十分性について、貴方は No.8 補足の定義を挙げています。
> それに従えば、0^0=1 の根拠は「そう定義したから」です。
> 定義に、そう明記してあるんですからね。

0^0=1 とするためには、そう定義しなければならない。
多分、それも正しいことです。
指数法則と 0^0 以外の値を元にして、0^0 は決定できないのですから。

> 質問文中の証明は、a^(-1) を使用していますから、
> a=0, p<0 のとき a^p が未定義であるような定義の下では、
> a=0 の場合に適用することはできません。

私は a^0=1 となる関数を定義したつもりはなく、前提に矛盾しない関数を定義するなら、a^0=1 とならなければならないという証明をしてたつもりです。
それが、前提の式だけで a^0=1 が証明されたと受け取られたなら、書き方が悪かったのでしょうね。

回答ありがとうございました。

お礼日時：2013/02/18 19:24

No.37 回答者： alice_44 回答日時： 2013/02/22 13:10

ベキ展開が全てだと言った覚えはありません。

貴方が「多項式」にしたいのであれば、無限次では、
累次級数じゃなく多重級数だろうと言っただけです。
そこにフーリエ展開が出てくるのはちょっとオカシイ。
フーリエ級数は、「多項式」ではないでしょう？

もう返信は無いとのこと、A No.36 に前半の文章を
書いたのは、失敗だったかもしれません。
意見が聞きたかったのは、マクラ部分ではなく、
肝心の質問内容に対する後半の文章のほうについて
だったからです。ともあれ、私もこれで終りにします。

この回答へのお礼

> ベキ展開が全てだと言った覚えはありません。

その点が一致するなら、問題ないと思います。

> フーリエ級数は、「多項式」ではないでしょう？

語彙が少ないので、誤った表現はお許しください。
変数と定数（実数）の加算と乗算、そして級数。
これら関数の基本的な要素を自由に組み合わせた式を何と呼べば良いものか。

とにかく、マクローリン展開が出来なければ、もっと範囲を広げれば良いだけでして。
それに伴い説得力も減少するので痛し痒しなんですけどね。

> 私もこれで終りにします。

お疲れ様でした。
回答ありがとうございました。

お礼日時：2013/02/22 17:44

No.36 回答者： alice_44 回答日時： 2013/02/21 10:44

←No.35 補足

やはり、好みの問題かなあ。
累次級数を「多項式」と呼んで、多変数関数を
それで表すことに興味を示しながら、
二重級数で表すことは「無意味」と言う感性が、
私には理解できません。
多変数で無限次の「多項式」といったら、普通は、
累次級数ではなく二重級数のことを指す
と思うからです。ま、いづれにせよ、
不正確で感覚的な言い回しの話に過ぎませんが。

もとの質問に帰って、論理的な話としては…
∧(a,p) を No.8 補足のように定義するならば、
それは前提条件を満たしているけれど、
a＞0 の範囲はともかく a=0 では
∧(0,-1) が定義されないから、質問の証明は
適用できない。
No.8 補足の ∧(a,p) は、a=0 の場合も含めて
∧(a,0)=1 が成り立つけれど、それは、
No.8 補足に ∧(0,0)=1 と書いてあるからであり、
質問の証明とは関係が無い。
…ということです。

貴方は、質問の前提条件を満たし、かつ
∧(a,1)=1 となる例を正しく挙げた。
貴方が示したものは、そうなる必然性(必要条件
であること)ではなく、そうなる実例(十分条件
であること)だと考えられます。

気持ちの問題は別として、論理的には
そうなります。

この回答へのお礼

> 累次級数を「多項式」と呼んで、多変数関数を
> それで表すことに興味を示しながら、
> 二重級数で表すことは「無意味」と言う感性が、
> 私には理解できません。

フーリエ級数に意味を見いだせるなら、
べき級数で表すことのみを特別視はしないんじゃないかな。

不連続点を含むような関数は、べき級数にはならない。
三角関数自体はべき級数だけど、さらにその級数はべき級数にはならない。

そこに第二の変数が入ったとすれば、二重級数では表せない、
つまり、マクローリン展開できない二変数関数が出来上がる。

たとえば、これ。
z = Σ[k=0,∞]sin((2k+1)x)y^(2k)/(2k+1)
でも、不連続点 x=0, y=1 で z=0 だとするのに疑問の余地はありません。

もしそういう関数が、あなたの目の前に現れたとしたら、
二重級数で表せるかどうかに悩みますか？
不連続点での値が何になるか答えられませんか？

マクローリン展開というのは、解析学での強力な手段です。
微分する方法さえ分かれば、関数をべき級数へと変換し、
その後の扱いを大幅に手助けします。
でも、それは目的じゃないんじゃないかな？
べき級数にはならないとなれば、それはそれ、
対処の仕方はいくらでもある。
好みの問題以外に、何か問題でもあるんでしょうか？

二重級数で表せるならば、0^0=1 に同意するけれど、
他の多項式が、たまたま０以外の底で指数関数の値と一致するからといって、
その式での計算結果を 0^0 の値と見なすわけにはいかない、
と頑張る方には、何の意味も見い出せないし、不自然さを感じます。
それが好みの問題という結着になったとしても。

以降の説明については、もう納得していますので、返信は省略します。

回答ありがとうございました。

お礼日時：2013/02/21 17:07

No.35 回答者： alice_44 回答日時： 2013/02/20 14:08

←No.33 補足

＞　つまり、二項定理は a, p を使った多項式です。

それが、残念ながら、二重級数としては収束しないんです。
a で級数展開して出てくる各 C(p,k) を今度は p で展開すると、
外側の a^k に関する Σ と
内側の p^j に関する Σ が順序交換できません。
そのことは、もっと手軽に、f(a,p) の
a に関する一変数マクローリン展開と
p に関する一変数マクローリン展開の定数項が一致しない
ことで確認できます。だから、f(a,p) は
a, p の二変数マクローリン展開では表示できないんですよ。

この回答へのお礼

> それが、残念ながら、二重級数としては収束しないんです。

了解しました。
これは私のミスです。

私の発言：
#30> 指数関数は、定義で見るよりテイラー展開のほうが好きです。
#32> テイラー展開は、既知の式として存在します。
を見ると、どう考えても二変数マクローリン展開が可能だとなりますよね。
でも、それは不可能ですので撤回します。

#30> 多項式で表すことです。
と書いてるように、私が目指してるのは、正確に言えばこっちです。
べき級数で表さなきゃいけないなんて、そういう意味のない考えは持っていません。
また、好みの問題に戻るのかもしれませんが。

回答ありがとうございました。

お礼日時：2013/02/20 14:42

No.34 回答者： nag0720 回答日時： 2013/02/20 03:53

No.21です。

その後もいろいろ議論が続いているようですが、あまりよく分からないので話を戻して、No.17、No.19、No.21に関して、１つだけ質問です。


No.17では、
a^(-1),a^(-2),・・・が実数でないと仮定すると、a^0 = 0　となる。
としました。（「実数でない」が不適切なら「未定義」でもいいです）

それに対して、
a^(-1)が実数でないと仮定しても、実数との区別がつかないし、a^(-1)≠0が証明できない。
との補足をいただきました。

これは分かりました。
でも、a^(-1) ≠ 0 の証明ができないとしても、a^(-1) = 0 が証明されたわけではないですよね。

そうなると、最初の質問文で、
a^0 = 0
a^(-1) a^1 = a^0
a^(-2) a^1 = a^(-1)
から
a^0 = 0, a^(-1) = 0, …
と結論付けていましたが、これが唯一の解かどうかに掛かってくると思います。

この連立方程式から、
a^0 = 0, a^(-1) は未定義
も解として成立するとしたら、a^(-1) = 0 が証明されない以上、a^0 = 0 は否定できないと思うのですがどうなんでしょうか。
a^0 = 0 かどうかではなく、a^0 ≠ 0　が証明可能かどうかです。

この回答へのお礼

> この連立方程式から、
> a^0 = 0, a^(-1) は未定義

それに対しては、解消手段がありません。
ｎ個の方程式にｎ＋１個の変数と１個の定数。
確定できないのは仕方ありません。
根本的に解決するには、＃１４や＃１６で書いた二元方程式にするしかないでしょう。

> a^0 = 0 かどうかではなく、a^0 ≠ 0　が証明可能かどうかです。

もっともな疑問です。
ただ、未定義になるには、そのための理由が必要だろうと考えました。
理由がなければ実数とは区別できない。
だから０になるだろうと。

回答ありがとうございました。

お礼日時：2013/02/20 18:53

No.33 回答者： alice_44 回答日時： 2013/02/20 01:56

それは、p が自然数である場合に、f(x,p) を

x=1 中心に(一変数)テイラー展開したもの。
一変数であれば、マクローリン展開もできる。
A No.32 で書いているのは、f(a,p) を
二変数マクローリン展開できますか？という話。

この回答へのお礼

二項定理は -1 <= a <= 1, -∞ < p < ∞ の実数において定義された式になっています。
ただし、a = -1, p < 0 の場合だけは発散してしまいますが。

C(p,k) はガンマ関数を用いて次のように表せますから、実数であっても計算出来ます。
C(p,k) = Γ(p+1)/Γ(p-k+1)/Γ(k+1)
さらに
C(p,k) = {Π[n=0,k-1](p-n)}/k!
と変形できます。

つまり、二項定理は a, p を使った多項式です。

回答ありがとうございました。

お礼日時：2013/02/20 04:15

No.32 回答者： alice_44 回答日時： 2013/02/20 01:08

意見の一致しない部分が、正誤よりも好みの問題…ということが

見えてきた後で、あまりイロイロ言うのも不粋ではありますが…

←No.30 補足
＞ 指数関数は、定義で見るよりテイラー展開のほうが好きです。

であれば、f(a,p) を二変数でテイラー展開してみてはどうでしょう。
その際、(a,p)=(0,0) の特異性が支障となり、f(0,0) の値を何にしても、
マクローリン展開は不可能です。

この回答へのお礼

> であれば、f(a,p) を二変数でテイラー展開してみてはどうでしょう。

テイラー展開は、既知の式として存在します。

有名な二項定理の式ですね。

f(1+a,p) = Σ[k=0,∞]C(p,k)a^k

f(0,0) = 1 という値は容易に得られます。

回答ありがとうございました。

お礼日時：2013/02/20 01:48

No.31 回答者： tsukita 回答日時： 2013/02/19 21:58

拡張作業をする上で、“未定義”が登場し、更に未定義（実数でない何か）や矛盾が生じる部分については議論しないというのでは、（強く言ってしまえば）拡張に耐えないでしょう。

これを端的に述べているのが

> No.5
> 良い。
> ただし、二つの前提
> a^p a^q = a^(p+q)
> a^(-1) ≠ 0
> が成立するような a,p,q の範囲に限っては。

ではないですか？
前提から示されたことは正しいかもしれないが、
定義できないものについて避けているのですから
当然の帰結に追い込んでいるだけではと思うのです。

繰り返しですが、a^0=1 とすることがきちんと示されている
（a^0=1 と定義するのではない）ことは、支持します。

この回答へのお礼

> 拡張作業をする上で、“未定義”が登場し、更に未定義（実数でない何か）や矛盾が生じる部分については議論しないというのでは、（強く言ってしまえば）拡張に耐えないでしょう。

どんな形であっても、今は良いと考えています。
初めての、まともな一歩ですからね。

もちろん、こんな証明で実際に拡張するなんてバカげていますが、根拠の一つにはなるでしょう。

回答ありがとうございました。

お礼日時：2013/02/19 23:37

No.30 回答者： alice_44 回答日時： 2013/02/19 19:57

No.8 補足の定義では、a>0 での ∧(a,p) は

既知のものとしての a^p を使っているから、
a^0=1 も当然既知であり、証明する必要がありません。
一方、この定義で拡張された部分 a=0 では、
p<0 のとき ∧(a,p) が未定義だから、
a^(-1) を使用する質問文の証明は、適用できません。

要するに、拡張された a^p の定義として
No.8 補足のものを使うなら、質問の証明自体は意味が無く、
氏が発見したのは、∧(a,p) の定義だということになります。
そして、それは、a=0, p<0 では未定義という定義域の下で
前提第一式(指数法則)を満たす…ということ。必要性ではなく、
ひとつの例の十分性です。

A No.28 での疑義は、∧(a,p) は p<0 で定義されない
ということによって回避されています。

実は、指数法則は、べき乗の性質の大部分を決めてしまいます。
二変数関数 f(a,p) が、p について正の実開区間で定義され、
定義域全域で f(a,p) f(a,q) = f(a,p+q) を満たし、
定義域内の一点で p について偏微分可能であれば、(以上 [*])
そのような f は、a の各値ごとに、p の解析関数として
一意に定義され、f(a,p) = exp(p g(a)) または
f(a,p) = 0 (恒等的に) となります。

g(a) は何らかの a の関数で、p には依存しません。
f の定義が上記要請のみならば、g には特に条件はありません。
f(a,p) に a に関する連続性などを要請すれば、
g にそれなりの条件が付くことになりますが、ここでは
それは要請していません。

f(a,p) = exp(p g(a)) の場合、解析接続によって、
p に関しては複素全域に一意に拡張可能です。
f(a,p) = 0 の場合は、A No.28 のような事情によって、
p<0 では f は定義されません。

[*] だけで、ここまで決まってしまうのです。[*] の定義の下で
自由にできるのは a の関与だけですが、No.8 補足の ∧(a,p) は、
f(0,p) = 0 とした例にあたります。

解析接続で拡張されるのは、開領域へなので、
その境界である p=0 は、未だ議論されずに残っています。
そこを f(0,0) = 1 と追加してしまおう というのが、
質問氏の提案の内容です。

閉境界上での値を論ずるのに、連続性や微分可能性は持ち込みにくいから、
f(0,正) = 0 とするなら f(0,0) は何だっていいだろう…
という意味では、f(0,0) = 1 でもよいのかもしれません。
しかし、閉境界上でも定義域内での偏連続性くらいは要請したい
という立場なら、f(0,0) は定義することができません。

そこから先は、必然性というより、純粋に好みの問題でしょうね。
a>0 または (a=0 かつ not p<0) での拡張の必然性に比べ、
f(0,0) は、いかにも付け足しですから、どう付け足すかには
好みがわかれます。No.8 補足も、なかなかよくできているけれど、
私個人的には、あまり好きでありません。何より、不連続だから。

(長文恐縮)

この回答へのお礼

> しかし、閉境界上でも定義域内での偏連続性くらいは要請したい
> という立場なら、f(0,0) は定義することができません。

私が要請したいのは、そっちじゃないですね。
多項式で表すことです。連続性は後から付いて来ます。
指数関数は、定義で見るよりテイラー展開の方が好きです。

> そこから先は、必然性というより、純粋に好みの問題でしょうね。

そうですね。好みというのは、証明より遥かに難しい問題です。

長文で、そして分かりやすい解説をありがとうございました。

お礼日時：2013/02/19 23:19

No.29 回答者： tsukita 回答日時： 2013/02/19 10:01

No28です。

なるほど、私が矛盾すると考えたものは「実数ではない何か」に対する議論であり、そのような「実数ではない何か」については、議論の対象にしないということが、これまでのＱＡで何度も述べられてきたのでね 。ようやく、理解できてきました。

そのような意味では、
a^0=1 は前提から導き出された結論であり、（必要性）
その結論をフィードバックしても矛盾なくa^pを論じることができる（十分性）
ので、a^0=1 は数学的に必然だと、私も納得します。

※しかしながら、“a^0 = 1 と定義する”ことと“a^0 = 1 が導かれる”の２者について、
“定義すること”と“導かれること”は（もちろん）決定的に違うことですが、当該の問題については、指数の拡張に際して、a^0 = 1 を先に定義するか指数法則を先に定義するかの違いでしかない、という思いは払拭されません。目指すべきとろは一緒なので。

一方で、“a^0 = 1 と定義する”その背景では、指数法則の拡張を前提としてそう定めることで矛盾が生じない裏付けがなされているはずですので、質問者さまのように指数法則を優先した議論の方が、より高い見地にいるようにも感じます。単に新しい概念の定義ではなく、拡張における定義とはそういうものなのでしょう。

↑ ただ、※から下に述べたことは、このＱＡがもとめているところではありませんね。

この回答へのお礼

> a^0=1 は前提から導き出された結論であり、（必要性）
> その結論をフィードバックしても矛盾なくa^pを論じることができる（十分性）
> ので、a^0=1 は数学的に必然だと、私も納得します。

ありがとうございます。

> 当該の問題については、指数の拡張に際して、a^0 = 1 を先に定義するか指数法則を先に定義するかの違いでしかない、という思いは払拭されません。

関数の定義としては、後も先もありません。
ただ、a^0 = 1 を先に決めてしまうと、指数関数とはその場合だけなのか、という疑問が残ります。
1 + 1 = 2 と決まっているが、それは 1 + 1 = 3 と決めた場合にどうなるかと考えた上で決めるべきだと私は考えます。（この場合は単に記号が変わっただけ）

> ※から下に述べたことは、このＱＡがもとめているところではありませんね。

いいえ。
こういう疑問を含めて出来る限り答えられないと、指数関数の拡張なんてやれません。
何故その定義を付け加えるのだ、というのが一番困難な問題なんです。

回答ありがとうございました。

お礼日時：2013/02/19 11:00