前回の記事では、ライン引きで描ける経路を ${\bf c}(s)$ で表すとき、ベクトル ${\bf c}''(s)$ が点 ${\bf c}(s)$ において曲面に直交することを示しました。（前回では ${\bf c}_0(s)$ という記号を用いましたが、以後、改めてこれを ${\bf c}(s)$ で表します。）球面の場合にはこの条件を満たす経路が大円であることを、つまり球の中心を通る平面による球面の切り口であることを、数学的に少し厳密に示してみます。直観的な説明はしたのですが、少し正確にやってみようというわけです。ただ今回は、その準備が意外に長くなり、べき級数の紹介だけになりそうです (べき級数についても以前書いたのですが、読んでもう少し楽しいものにしたく、書き直している間に良い考えが浮かばないかと願っているというわけです）。
関数 $f(x)$ に対し、$x=0$ での接線の方程式は
$$y=f'(0)x+f(0)$$です。この方程式のグラフは $y=f(x)$ のグラフに $x=0$ において接する直線であり、いわば $y=f(x)$ を $x=0$ の近傍で最もよく近似する直線だと言えます。そこで、両者の差がどの程度の大きさなのかを、考えてみます：
はっきりしたイメージを持つために、まず多項式、例えば三次の多項式
$$f(x)=a_0+a_1x+a_2x^2+a_3x^3$$を考えてみます。このとき
$$f(0)=a_0, \hskip 5mm f'(0)=a_1$$です、よって接線の方程式は
$$y=f(0)+f'(0)x=a_0+a_1x$$となり、$f(x)$ との差は
$$f(x)-y=a_2x^2+a_3x^3$$です。この差は $x$ の二乗以上のべきの和で書けています。
実は同様のことが、よほど人工的な関数を考えない限り、われわれが普通に目にする関数であればすべてにおいて成立します。このことを理解するには「べき級数」から入るのがもっともわかりやすいかと思います。べき級数とは
$$a_0+a_1x+a_2x^2+\cdots $$の形の和を言います。$a_0, a_1, \cdots $ は定数であり、$x$ は変数です。ある $n$ についてそこから先の $a_n$ がすべて $0$ の場合が普通の多項式です。その意味でべき級数とは多項式の拡張です。従って一般には無限個の数の和を表すことになりますが、無限個の数の総和をいきなり求めることは人間には不可能なことであり、まず有限和
$$a_0+a_1x+a_2x^2+\cdots +a_nx^n$$を考え、その後で $n$ を限りなく大きくするときの極限として、無限個の数の総和を定義する以外ありません。
非常に広範囲の関数がすべてべき級数の和で表される、つまり
$$f(x)=a_0+a_1x+a_2x^2+\cdots $$となる定数 $a_0, a_1$ 等が存在することを明瞭な形で認識した最初の人はニュートンでした。たくさんの例を通して確信したようですが、彼の推論には一般的な証明を考えるよりもずっと面白いものがあり、ここでは彼の真似をしてみたいと思います。
$f(x)$ がもしべき級数
$$f(x)=a_0+a_1x+a_2x^2+\cdots $$の形で書けるならば、まず
$$f(0)=a_0$$です。更に、おそらく誰であっても、
$$f'(x)=a_1+2a_2x+3a_3x^2+ \cdots $$と計算するはずです。有限和である多項式であれば、全体の微分は項別に微分したものの和です。それは問題ありません。しかし無限個の項の和全体を微分する場合、項別に微分して足し合わせればいいかは明らかなことではありません。しかし、この項別微分の計算が正しいことは後で納得することにして、先へ進みましょう。よって
$$f'(0)=a_1$$となります。（ちなみに同じように考えれば
$$f''(0)=2a_2, \hskip 5mm f'''(0)=3!a_3, \hskip 5mm \cdots $$が得られます。）従って接線の方程式
$$y=f(0)+f'(0)x$$はべき級数の最初の二項を取り出したものに他なりません。よって $f(x)$ と接線の方程式との差は
$$f(x)-y=a_2x^2+a_3x^3+\cdots $$であり、$x$ の二乗以上のべきの和で書けるのです。以下しばらく、任意の関数がべき級数で表されることを確信したニュートンの方法を紹介します：
高校の教科書に載っている等比級数の公式
$${1\over {1-x}}=1+x+x^2+x^3+\cdots $$はべき級数の一つの例です。但し、右辺の有限和の極限値は、$-1 < x < 1$ の範囲の $x$ についてしか存在しません。よって、関数 $1/(1-x)$ をべき級数で表すことのできる $x$ には制限がつくというわけです。でも、われわれの関心事は、徐々にわかってきますが、$x=0$ のごく近くでの接線との関係です。よってこのような制限を気にする必要はほとんどありません。
べき級数を他の関数にも拡張するために、ニュートンは二項定理に着目しました。
$$(1+x)^n=1+nx+{{n(n-1)}\over {2!}}x^2+{{n(n-1)(n-2)}\over {3!}}x^3+\cdots $$は二項定理の等式ですが、普通 $n$ は自然数です。その場合、右辺の $x^k$ の係数
$${{n(n-1)\cdots (n-k+1)}\over {k!}}$$が $0$ でないのは $k=n$ までであって、$k=n+1$ 以上の $k$ については $0$ です。よって $x^n$ までで終わる普通の多項式になります。
ここでニュートンは、どんな啓示があったのかわかりませんが、あえて自然数でない $n$ を考えます。たとえば $n=-1$ の場合なら
$$(1+x)^{-1}=1-x+x^2-x^3+\cdots $$が得られます。$x^k$ の係数が
$${{n(n-1)\cdots (n-k+1)}\over {k!}}$$に $n=-1$ を代入して
$${{(-1)(-2)\cdots (-k)}\over {k!}}=(-1)^k$$となるからです。特に右辺の和は無限和です。
この等式が本当の意味で成り立つのかどうかは、別に検討すべき事柄です。二項定理の証明は高校の教科書に載っていますが、あくまでも $n$ が自然数のときの証明であって、$n=-1$ は想定していないからです。しかし、この等式の右辺は、公比が $-x$ の等比級数であり、その和が $1/(1+x)$ であることは、われわれ既に知っています。つまり、二項定理は $n=-1$ のときも正しい等式を与えてくれるのです。
では $n=1/2$ ではどうでしょう：
\begin{equation} (1+x)^{1/2}=1+{1\over 2}x-{1\over 8}x^2+{1\over {16}}x^3-{5\over {128}}x^4+{7\over {256}}x^5-\cdots \label{eq:1+xnoroot} \end{equation}が得られますが、この等式が本当に正しいかどうかを見るためには、右辺を二回かけて $1+x$ になることを確かめればよいでしょう。実際に
$$\left( 1+{1\over 2}x-{1\over 8}x^2+{1\over {16}}x^3-{5\over {128}}x^4+\cdots \right) \times \left( 1+{1\over 2}x-{1\over 8}x^2+{1\over {16}}x^3-{5\over {128}}x^4+\cdots \right)$$の $x^k$ の係数を取り出して比べる方法をとります。まず $k=0$、つまり定数項は
$$1\times 1=1$$であって、$1+x$ の定数項と一致します。$k=1$ については
$$1\times {1\over 2}+{1\over 2}\times 1=1$$であり、これまた $1+x$ の $x$ の係数に一致します。$k=2$ については
$$1\times (-{1\over 8})+{1\over 2}\times {1\over 2}+(-{1\over 8})\times 1=0$$です。$k=3$ についても
$$1\times {1\over {16}}+{1\over 2}\times (-{1\over 8})+(-{1\over 8})\times {1\over 2}+{1\over {16}}\times 1=0$$もう一つ、$k=4$ についても
$$1\times (-{5\over {128}})+{1\over 2}\times {1\over {16}}+(-{1\over 8})\times (-{1\over 8})+{1\over {16}}\times {1\over 2}+(-{5\over {128}})\times 1=0$$です。ここまで計算すればこれ以降の $k$ についてはいつでも $0$ になることは確信できると思います。つまりすべての $x^k$ の係数が $1+x$ のそれと一致するのです。これはもちろん厳密な意味では証明と言えません。しかし確信はできますからこのまま認めて先へ進みましょう。
べき級数で表される関数が意外に広いかも、と思い始めたことでしょう。実は対数関数もです：
$${d\over {dx}}\log (1+x)={1\over {1+x}}$$に着目します。従って
$$\log (1+x)=\int _0^x{1\over {1+x}}dx$$ですが、
$${1\over {1+x}}=1-x+x^2-x^3+\cdots $$を思い出すならば、誰でも当然
$$\log (1+x)=\int _0^x1dx-\int _0^xxdx+\int _0^xx^2dx+\cdots $$としたくなります。積分の結果は
$$\log (1+x)=x-{1\over 2}x^2+{1\over 3}x^3-{1\over 4}x^4+\cdots $$です。
この操作は「項別積分」と呼ばれますが、これが正当であることを納得するためには、無限級数の和の定義を思い出してみることです：等式
$${1\over {1+x}}=1-x+x^2-x^3+\cdots +(-1)^nx^n+\cdots $$は、
$$f_n(x)=1-x+x^2-x^3+\cdots +(-1)^nx^n$$と置くとき
$$\lim _{n\rightarrow \infty }f_n(x)={1\over {1+x}}$$であることを表す、というのがその定義です。この場合 $f_n(x)$ が正確に計算できて
$$f_n(x)={1\over {1+x}}-(-1)^{n+1}{{x^{n+1}}\over {1+x}}$$であり、よって
\begin{equation} {1\over {1+x}}-f_n(x)=(-1)^{n+1}{{x^{n+1}}\over {1+x}} \label{eq:1over1+x-fn} \end{equation}です。ここでこの右辺の関数は、
$$-1 < a < b < 1$$を満たす任意の $a, b$ について、閉区間 $[a, b]$ 上で「一様に $0$ に収束」します。この「一様に」は、この区間での最大値と最小値が共に $0$ に収束することを意味します。もう少し正確に言い換えるなら、任意の正数 $\epsilon $ に対し、十分大きなすべての $n$ について右辺の値が常に $(-\epsilon , \epsilon )$ 内に入る、ということです。（開区間 $(-1, 1)$ 上では一様にとは言えません。どんなに大きな $n$ を考えても、$(-\epsilon , \epsilon )$ 内に入らない $x$ がこの開区間内に存在します。分母の $1+x$ が悪さをします。）この一様性があるために $x$ が $-1 < x < 1$ を満たす限り、閉区間 $[0, x]$ 上での積分について
\begin{equation} \lim _{n\rightarrow \infty }\int _0^xf_n(x)dx=\int _0^x{1\over {1+x}}dx \label{eq:limfnga1over1+x} \end{equation}が成り立つことになります。左辺の積分は
$$\int _0^xf_n(x)dx=x-{1\over 2}x^2+{1\over 3}x^3-\cdots +(-1)^n{1\over {n+1}}x^{n+1}$$で、右辺の積分は
$$\int _0^x{1\over {1+x}}dx=\log (1+x)$$です。従って、(\ref{eq:limfnga1over1+x}) 式は、もう一度無限級数の和の定義を思い出すなら、等式
$$\log (1+x)=x-{1\over 2}x^2+{1\over 3}x^3-\cdots +(-1)^{n-1}{1\over n}x^n+\cdots $$に他ならないのです。
幾何学的議論を援用して、ニュートンは三角関数についても考えました：座標面の第一象限に半径 $1$ の円弧を描き、$y$ 軸との交点を $A$、$x$ 軸との交点を $C$ とします。孤上に任意に点 $E$ をとって、そこから $y$ 軸、および $x$ 軸へおろした垂線の足をそれぞれ $B, F$、座標原点を $P$ とします。弧 $AE$ の長さを $y$、$F$ の座標を $x$ とすれば、角 $EPA$ の大きさが $y$ ラジアンですから
$$x=\sin y$$が成り立ちます。$\sin y$ の逆関数は $\arcsin x$ で表されますが、従って
$$y=\arcsin x$$です。
ここで、扇形 $PAE$ の面積が $y/2$ であることに着目します。この面積は
$$\int _0^x{\sqrt {1-x^2}}dx-{1\over 2}x{\sqrt {1-x^2}}$$に等しいです。一方で
$${\sqrt {1-x^2}}=1-{1\over 2}x^2-{1\over 8}x^4-{1\over {16}}x^4-{5\over {128}}x^8-\cdots $$は既知の事実です。当然
\begin{eqnarray} y&=&\arcsin x=2\int _0^x{\sqrt{1-x^2}}dx-x{\sqrt {1-x^2}} \nonumber \\ &=&x+{1\over 6}x^3+{3\over {40}}x^5+{5\over {112}}x^7+\cdots \label{eq:yarcsinxnotenk} \end{eqnarray}と計算します。項別積分が可能であることをニュートンは理解していたようです。実際、先の例で述べた意味での「一様性」がここでも成立していて、問題ありません。
さてこの等式を $x$ について解いて、$x$ を $y$ で表すことができれば、$x=\sin y$ のべき級数による表示がわかることになります：$x=\sin y$ は
$$\sin (-y)=-\sin y$$を満たすので、$x$ が $y$ のべき級数で書けるとすると $y$ の奇数べきしか現れないはず、つまり
$$x=a_1y+a_3y^3+a_5y^5+a_7y^7+\cdots $$の形になるはずです。この $x$ の式を (\ref{eq:yarcsinxnotenk}) 式
$$y=\arcsin x=x+{1\over 6}x^3+{3\over {40}}x^5+{5\over {112}}x^7+\cdots $$に代入して $y$ のべき乗の和で表し、各べき乗の係数を比較する方法をとります。
まず $a_1$ の決定です：ただ、この場合 $(1/6)x^3$ 以降に代入しても $y$ の一乗の項は現れず、従って
$$y=a_1y+[ y^3 以上の項 ]$$となって、$a_1=1$ だとわかります。次に $a_3$ の決定に進みたいのですが、今度は $(1/6)x^3$ への代入も考慮する必要があります、ただ $(3/40)x^5$ 以降への代入は計算しなくて済みます。
$$y=y+a_3y^3+{1\over 6}y^3+[ y^5 以上の項] $$となり、よって $a_3=-1/6$ だとわかります。同様の計算を続けると、計算間違いをしないように気を付けて慎重に進める限り、
$$a_5={1\over {120}}, \hskip 5mm a_7=-{1\over {5040}}$$等が、面白いように決まっていきます。とんでもない数字が出てきたように思うかもしれませんが、実は
$$a_1=1, \hskip 3mm a_3=-{1\over {3!}}, \hskip 3mm a_5={1\over {5!}}, \hskip 5mm a_7=-{1\over {7!}}$$と書き直せます。よって 正弦関数のべき級数による表示
$$\sin x=x-{1\over {3!}}x^3+{1\over {5!}}x^5-{1\over {7!}}x^7+\cdots $$が得られたことになります。
これを微分して
$$\cos x=1-{1\over {2!}}x^2+{1\over {4!}}x^4-{1\over {6!}}x^6+\cdots $$も得られます。正弦、あるいは余弦関数のこれらの表示を目で納得する一つの方法は、パソコンを利用してグラフを描かせてみることです。たとえば正弦関数の場合なら、$n=0, 1, 2, \cdots $ に対し
$$S_n(x)=x-{1\over {3!}}x^3+\cdots +(-1)^{2n+1}x^{2n+1}$$と置き、$y=S_n(x)$ のグラフをいくつかの $n$ についてみれば、確実に確信を持てます。$a$ を任意の正数とするとき、$[-a, a]$ 上で見る限り $n$ を大きくするにつれて $S_n(x)$ のグラフは $\sin x$ のグラフに限りなく近づきます。
また、微分の立場から見るなら、$\sin x$ の表示を項別に二回微分してみると
$$(\sin x)'=1-{1\over {2!}}x^2+{1\over {4!}}x^4-{1\over {6!}}x^6+\cdots $$ $$(\sin x)''=-x+{1\over {3!}}x^3-{1\over {5!}}x^5+\cdots =-\sin x$$であり、$x=0$ における普通の初期条件
$$\sin x\vert _{x=0}=0, \hskip 5mm (\sin x)'\vert _{x=0}=1$$も得られます。
よく知られた等式
$$(\sin x)^2+(\cos x)^2=1$$をべき級数による表示を使って確かめるのも一興です：
\begin{eqnarray*} &&\left( x-{1\over {3!}}x^3+{1\over {5!}}x^5-\cdots \right)\times \left( x-{1\over {3!}}x^3+{1\over {5!}}x^5-\cdots \right) \\ &&+\left( 1-{1\over {2!}}x^2+{1\over {4!}}x^4-\cdots \right) \times \left( 1-{1\over {2!}}x^2+{1\over {4!}}x^4-\cdots \right) \end{eqnarray*}式を展開して $x$ の各べきをまとめる方法が手軽です。定数項は二番目の積から現れる
$$1\times 1=1$$しかありません。$x$ の一次の項はどこからも現れません。$x^2$ の項の係数は
$$1\times 1-1\times {1\over 2}-{1\over 2}\times 1=0$$$x^3$ はどこからも現れず、$x^4$ の係数は
$$1\times (-{1\over {3!}})+(-{1\over {3!}})\times 1+1\times {1\over {4!}}+(-{1\over {2!}})\times (-{1\over {2!}})+{1\over {4!}}\times 1=0$$です。これ以降、何度やってみても $0$ がでてくるだけです。
最も大事な初等関数はやはり指数関数 $e^x$ です。この関数のべき級数展開を考えてみます：高校の教科書には
$$e=\lim _{n\rightarrow \infty }\left( 1+{1\over n}\right) ^n$$とありますが、これを使うことを考えます。
$$e^x=\lim _{n\rightarrow \infty }\left( 1+{1\over n}\right) ^{nx}=\lim _{n\rightarrow \infty }\left( 1+{x\over n}\right) ^n$$と書けます。最後の変形は $n$ を $n/x$ で置き換えた結果です。各 $x$ に対して $e^x$ をべき級数の形で表せばいいのですから、$x$ としては（いらぬ誤解を避けるために）正数を一つ固定して考えます。このとき $n$ はもはや自然数ではなくなりますが、ニュートンの発見した「一般化された二項定理」によって
$$\left( 1+{x\over n}\right) ^n=1+x+\left( 1-{1\over n}\right) {1\over {2!}}x^2+\left( 1-{1\over n}\right) \left( 1-{2\over n}\right) {1\over {3!}}x^3+\cdots $$と書けます。この等式で $n$ を限りなく大きくすれば左辺は $e^x$ に近づき、右辺は
$$1+x+{1\over {2!}}x^2+{1\over {3!}}x^3+\cdots $$に近づくことが予想されます。従って
$$e^x=1+x+{1\over {2!}}x^2+{1\over {3!}}x^3+\cdots $$というべき級数展開が得られます。
ただ、上の「予想」の部分にいくばくかの不安を感じるかもしれません。もう少し詳しくみてみましょう：
\begin{equation} 1+x+\left( 1-{1\over n}\right) {1\over {2!}}x^2+\left( 1-{1\over n}\right) \left( 1-{2\over n}\right) {1\over {3!}}x^3+\cdots \label{eq:1+x+1-1/n} \end{equation}と
\begin{equation} 1+x+{1\over {2!}}x^2+{1\over {3!}}x^3+\cdots \label{sisukanbekik} \end{equation}との差が、$n$ を大きくすることによりいくらでも小さくできることが言いたいのです。どちらも無限個の和であることが少し気持ち悪いと思うのですが、それほど悪い状況ではありません。というのは
$$x\leq N$$である自然数 $N$ をとれば、$n\geq N$ である $n$ については
$${1\over {n!}}x^n\leq {{x^n}\over {N^{n-N}N!}}=\left( {{N^N}\over {N!}}\right) \times \left( {x\over N}\right) ^n$$だからです（記号を易しくするために $0 < x$ とします。負の $x$ を考える際には絶対値をつけてください）。$x/N < 1$ であり、公比が $1$ より小さい等比級数の無限和については計算できて、十分先から後の和についてはいくらでも小さくできます。従って上記の (\ref{eq:1+x+1-1/n}) 式と (\ref{sisukanbekik}) 式の和については、十分先の無限和についてはどちらも任意に小さくできます。従ってそれより前の有限和についてだけ、それらの差が小さくできるかどうかが問題になります。しかしそれはほとんど明らかです。
べき級数展開
$$e^x=1+x+{1\over {2!}}x^2+{1\over {3!}}x^3+\cdots $$は、$e^x$ の満たす関係式（微分方程式）
$$\left( e^x\right) '=e^x$$からも導くことができます：$e^x$ がべき級数で表せたとして
$$e^x=a_0+a_1x+a_2x^2+a_3x^3+\cdots $$と置きます。両辺を微分して
$$a_0+a_1x+a_2x^2+\cdots =a_1+2a_2x+3a_3x^2+\cdots $$が得られますが、この等式がすべての $x$ について成り立つためには
$$a_1=a_0, \hskip 3mm 2a_2=a_1, \hskip 3mm 3a_3=a_2, \cdots $$でなくてはいけません。よって
$$a_1=a_0, \hskip 3mm a_2={1\over 2}a_1={1\over 2}a_0, \hskip 3mm a_3={1\over 3}a_2={1\over {3!}}a_0, \hskip 3mm \cdots $$であり、結局すべての $n$ について
$$a_n={1\over {n!}}a_0$$が得られます。つまり上記の微分方程式を満たす関数は、$a_0$、すなわち $x=0$ における初期値によって、そのべき級数による表示が一意的に決まります。もちろん $e^0=1$ です。
項別微分が可能であることについて、ここいらで片を付けておきましょう：その正しさを納得する最も手っ取り速い方法は PC を利用してグラフを描かせてみることです：公比 $x$ が $1$ より小さい等比級数については先に見た通り
$$1+x+x^2+\cdots +x^n={1\over {1-x}}-{{x^{n+1}}\over {1-x}}$$ですが、
$$-1 < -a < a < 1$$を満たす $a$ に関し、閉区間 $[-a, a]$ 内の任意の $x$ について
$$\vert {{x^{n+1}}\over {1-x}}\vert < {{a^{n+1}}\over {1-a}}$$が成り立ちます。よって
$$S_n(x)=1+x+x^2+\cdots +x^n$$は区間 $[-a, a]$ 上で「べったり」 $1/(1-x)$ に近づきます。これはいくつかの $n$ について $S_n(x)$ のグラフを見れば一目瞭然です。従って $S_n(x)$ のグラフの傾き $S_n(x)'$ は、$1/(1-x)$ のグラフの傾き、つまりその微分に限りなく近づくことになります。
ところが $S_n(x)$ は普通の多項式であって、有限和ですから、微分は項別に
$$S_n(x)'=1+2x+3x^2+\cdots +nx^{n-1}$$として問題ありません。以上により
$$1+2x+3x^2+\cdots +nx^{n-1}\rightarrow \left( {1\over {1-x}}\right) '$$です。われわれはこのことを
$$1+2x+3x^2+\cdots +nx^{n-1}+\cdots =\left( {1\over {1-x}}\right) '$$と書き表すと約束したのです。
ここまでで得ることのできた ${\sqrt {1+x}}$、$\sin x$、$\cos x$ 等についても、部分和 $S_n(x)$ のグラフを適当なソフトを使って描いてみてください。例外なく「べったり」収束する様子が見られます。但し閉区間 $[a, b]$ 上で、という条件は必要です、$S_n(x)$ が収束するすべての $x$ について「べったり」とはなっていません。しかしこれは微分を考える以上、気にする必要はありません。ある点で微分するときには、その点のごくごく近い範囲での関数の値がわかればそれで十分であって、遠くの情報は必要ないからです。
$f(x)'=f(x)$ を満たす関数 $f(x)$ が初期条件 $f(0)=1$ を満たせばそのべき級数による表示が一意的に決まることは先に見ました。ここで、少しわき道にそれますが、この微分方程式が関数を決定する仕組みをもっと直接的に理解しておきましょう：つまり『各点 $x$ での接線の傾きが、その点での関数の値に等しい』という条件です。この条件を満たす関数のグラフを座標平面上に描くことを考えます。まず出発点が必要です、そこで $f(0)=1$ から出発します。グラフの方向は？と言えば、接線の傾きは $1$ でなくてはいけません。よって直線
$$y=1+x$$に沿って進むことになります。ただ、条件は「あらゆる $x$ について」$f'(x)=f(x)$ を満たす、ということでした。従って、この直線に沿って少しでも前へ進んでしまうと、途中の $x$ について上記の条件を無視ししてしまったことになります。ということは、一歩も先へ進めないことになります。でもそれではグラフなど描きようがない。そこで、少し工夫をします；最初からすべての $x$ で修正するのはあきらめて、時々行うだけにします。ただ修正の頻度を限りなく多くして、その極限を考えるのです。その極限ではあらゆる点 $x$ で軌道修正したグラフが得られる、と考えられます。この操作を敢えて言葉にすれば、『無限小の距離進むごとに軌道修正を繰り返す』と言えるでしょう。
$x$ を一つ定め、$x=0$ から $x$ まで、上の方法によってグラフを伸ばします。
$$0=x_0 < x_1 < x_2 < \cdots < x_{n-1} < x_n=x$$を、区間 $[0, x]$ の $n$ 等分とします。最初の小区間 $[0, x_1]$ の間は
$$y=1+x$$に沿って進みます。よって $x_1$ まで到達したときの値 $y_1$ は
$$y_1=1+x_1$$です。ここでグラフを伸ばす方向を修正します。つまり直線
$$y=y_1+y_1(x-x_1)=(1+x_1)(1+x-x_1)$$に沿って進むことになります。$x_2$ までやって来た時の値 $y_2$ は
$$y_2=(1+x_1)(1+x_2-x_1)$$ですが、ここで再度グラフの向きを修正し、直線
$$y=y_2+y_2(x-x_2)=(1+x_1)(1+x_2-x_1)(1+x-x_2)$$に乗り換えます。$x_3$ までやってくると
$$y_3=(1+x_1)(1+x_2-x_1)(1+x_3-x_2)$$が得られます。ここまで計算すれば、$x_n=x$ まで伸ばした時の値 $y_n$ が
$$y_n=(1+x_1)(1+x_2-x_1)(1+x_3-x_2)\cdots (1+x_n-x_{n-1})$$であることは容易に確信できます。つまり
$$y_n=\left( 1+{x\over n}\right) ^n$$です。
ここで
$$\lim _{n\rightarrow \infty }\left( 1+{x\over n}\right) ^n=e^x$$であることは、もう既に知っています。よって、$f(0)=1$ から出発し $x$ まで、無限小の距離進むたびに微分方程式の条件を満たすように軌道修正を繰り返すと、$f(x)=e^x$ が得られる、と言えるのです。
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