テイラー展開

桂田祐史 2003 年 6 月 26 日

1 剰余項

f(x) と ∑_{k=0}^{n−1} \frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x − a)^{k} は「近い」 .

このことを正確に述べるために両者の差

f(x) − ∑_{k=0}^{n−1} \frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x − a)^{k}

を測ることにする。そのために名前 (記号) R_{n} をつけて、 (n 次) 剰余項と呼ぶことにする:

R_{n} = f(x) − ∑_{k=0}^{n−1} \frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x − a)^{k}.

移項すると

f(x) = ∑_{k=0}^{n−1} \frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x − a)^{k} + R_{n}.

実は R_{n} には (授業で習っただけでなく) 色々な「測り方」がある。しかし応用上最も大事なことは次の事実であろう。

剰余項の大きさは O(x^{n})

[figure]

f が C^{n}-級であるとき^{a}、

R_{n} = O ((x − a)^{n}) (x → a)

この意味は、 a の十分近くで、

|R_{n}| ≤ C|x − a|^{n}

となるような定数 C が存在するということである。

af が C^{n}-級であるとは、 f が n 回微分可能で、 f^{(n)} が連続であることを意味する。 [figure]

2 テイラーの定理

a と x の間の c (つまり a < c < x または x < c < a) が存在して、

R_{n} = \frac{f^{(n)}(c)}{n!}(x − a)^{n}

と表わされる。

この事実をまとめたものが、次のテイラーの定理である。

[figure]

命題 2.1 (テイラーの定理)R の区間 I で定義された関数 f: I → R が n 回微分可能であるとき、任意の a, x ∈ I, x ≠ a に対して、 a と x の間の c が存在して、

f(x) = ∑_{k=0}^{n−1} \frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x − a)^{k} + R_{n}, R_{n} = \frac{f^{(n)}(c)}{n!}(x − a)^{n}. (1)

[figure]

x のことを a + h と書くことも多い。その場合は x − a = h となる。

[figure]

命題 2.2 (テイラーの定理)R の区間 I で定義された関数 f: I → R が n 回微分可能であるとき、任意の a, a + h ∈ I に対して、 0 < θ < 1 となる θ が存在して、

f(a + h) = ∑_{k=0}^{n−1} \frac{f^{(k)}(a)}{k!}h^{k} + R_{n}, R_{n} = \frac{f^{(n)}(a + θh)}{n!}h^{n}. (2)

[figure]

テイラーの定理で n = 1 の場合は、平均値の定理に他ならない。

(1), (2) を、 f の \{ \begin{matrix}a の回りの \\ x = a の回りの \end{matrix} \} テイラー展開と呼ぶ。特に a = 0 の場合、つまり

f(x) = ∑_{k=0}^{n−1} \frac{f^{(k)}(0)}{k!}x^{k} + R_{n}, R_{n} = \frac{f^{(n)}(c)}{n!}x^{n} (c は 0 と x の間)

や

f(x) = ∑_{k=0}^{n−1} \frac{f^{(k)}(0)}{k!}x^{k} + R_{n}, R_{n} = \frac{f^{(n)}(θx)}{n!}x^{n} (θ は 0 < θ < 1 を満たす)

を f のマクローリン展開と呼ぶ。

3 テイラー級数

応用上多くの場合に (後で、複素関数論を学ぶと、「複素変数にして微分可能になる」^{1}という簡潔な形の必要十分条件で表わすことができる)、

lim_{n→∞} R_{n} = 0

1このことを複素微分可能, 正則, 整型などと呼ぶ。

となる。つまり

f(x) = lim_{n→∞} ∑_{k=0}^{n−1} \frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x − a)^{k}.

このことを

f(x) = ∑_{k=0}^{∞} \frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x − a)^{k}

あるいは文字を k から n に変えて

f(x) = ∑_{n=0}^{∞} \frac{f^{(n)}(a)}{n!}(x − a)^{n}

で表わし、右辺の級数を f のテイラー (級数) 展開と呼ぶ。関数がテイラー級数展開できることを、その関数は「解析的である」と言うことがある。

特に a = 0 の場合の

f(x) = ∑_{n=0}^{∞} \frac{f^{(n)}(0)}{n!}x^{n}

を f のマクローリン (級数) 展開と呼ぶ。個々の関数について lim_{n→∞} R_{n} = 0 を確かめるために、次の補題がしばしば役に立つ。

[figure]

{補題 3.1 任意の正数 a に対して、 \atop lim_{n→∞} \frac{a^{n}}{n!} = 0.}

[figure]

例えば|f^{(n)}(a + θh)| が θ, n によらない定数 C で評価できれば、 a = |h| として使って、

|R_{n}| = |\frac{f^{(n)}(a + θx)}{n!}h^{n}| ≤ C \frac{|h|^{n}}{n!} → 0 (n → ∞)

であるから、

lim_{n→∞} R_{n} = 0.

4 テイラーの定理の証明

テイラーの定理を講義していると、 c とか θ が何であるかという質問が頻出する (今年に限ったことではないが)。テイラーの定理は平均値の定理の一般化であって (だから平均値の定理にも c や θ が同様の仕方で登場する)、証明も平均値の定理の証明と同様に、ロールの定理が本質的に利用されている。このことは、平均値の定理の説明をした際にも注意した。 (だから、学生は何回か話を聞いているはずで、このタイミングで質問が出るのは、本当はおかしいと思うのだが…)。そういうわけで、ここがピンと来ない人は、平均値の定理もおさらいしておくべきだと思う。

ここでは、 (時間は切迫しているものの) テイラーの定理の証明を実行する。

既にテイラーの定理を書いてあるが、記号を少し変えた次の形の定理を証明する。

[figure]

命題 4.1 (テイラーの定理)R の区間 I で定義された関数 f: I → R が n 回微分可能であるとき、任意の a, b ∈ I, a < b に対して、 a と b の間の c が存在して、

f(b) = ∑_{k=0}^{n−1} \frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x − a)^{k} + R_{n}, R_{n} = \frac{f^{(n)}(c)}{n!}(x − a)^{n}. (3)

[figure]

よく知られているテイラーの定理の証明には二種類あるが、 (繰り返しになって少々くどいけれど) いずれも次のロールの定理を基礎としている。

[figure]

{命題 4.2 (ロールの定理)f: [a, b] → R は連続で、 f は (a, b) で微分可能、 f(a) = f(b) と \atop するとき、 a < c < b, f′(c) = 0 を満たす c が存在する。}

[figure]

教科書では、コーシの平均値定理を介して証明しているが、ここではロールの定理を直接用いる証明を説明する。

g(x) = f(b) − [∑_{k=0}^{n−1} \frac{f^{(k)}(x)}{k!}(b − x)^{k} + \frac{λ}{n!}(b − x)^{n}]

とおく。定数 λ は g(a) = 0 となるような値を選ぶ。

g(a) = f(b) − [∑_{k=0}^{n−1} \frac{f^{(k)}(a)}{k!}(b − a)^{k} + \frac{λ}{n!}(b − a)^{n}]

であるから、つまりは

f(b) = ∑_{k=0}^{n−1} \frac{f^{(k)}(a)}{k!}(b − a)^{k} + \frac{λ}{n!}(b − a)^{n}. (4)

が成り立つように選ぶわけである (これを λ についての方程式として解いた結果を書くことも出来るのが、それは後で直接役に立たないので省略する)。

さて (λ の値はおかまいなしに) g(b) = 0 がなりたつ。実際

g(b) = f(b) − [∑_{k=0}^{n−1} \frac{f^{(k)}(b)}{k!}(b − b)^{k} + \frac{λ}{n!}(b − b)^{n}] = f(b) − f(b) = 0.

以上から、ロールの定理が適用できて、 g′(c) = 0 となる c が a と b の間に存在するが、

g′(x) = f′(x) − [∑_{k=0}^{n−1} (\frac{f^{(k+1)}(x)}{k!} · (b − x)^{k} + \frac{f^{(k)}(x)}{k!} · k(b − x)^{k−1}(−1)) + (−1) · \frac{λ}{(n − 1)!}(b − x)^{n−1}]
= f′(x) − [∑_{k=1}^{n} \frac{f^{(k)}(x)}{(k − 1)!}(b − x)^{k−1} − ∑_{k=0}^{n−1} \frac{f^{(k)}(x)}{(k − 1)!}(b − x)^{k−1} − \frac{λ}{(n − 1)!}(b − x)^{n−1}]
= \frac{f^{(n)}(x)}{(n − 1)!}(b − x)^{n−1} − \frac{λ}{(n − 1)!}(b − x)^{n−1} = (f^{(n)}(x) − λ)\frac{(b − x)^{n−1}}{(n − 1)!}

であるから、条件 g′(c) = λ は λ = f^{(n)}(c). (5)

に他ならない。 (4), (5) より

f(b) = ∑_{k=0}^{n−1} \frac{f^{(k)}(a)}{k!}(b − a)^{k} + \frac{f^{(n)}(c)}{n!}(b − a)^{n}.

5 テイラーの定理の適用例

5.1 多項式

(本当は簡単だが、他と違って特別なのでとまどうかもしれない。 ) f(x) が x の m 次多項式であるとき、 n = m + 1 とすると、 f は n 回微分可能で、

f^{(n)}(x) ≡ 0

なので、テイラーの定理の n 次剰余項 R_{n} は必ず 0 である。ゆえに任意の a のまわりで

f(x) = ∑_{k=0}^{m} \frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x − a)^{k}.

特に a = 0 の場合は

f(x) = ∑_{k=0}^{m} \frac{f^{(k)}(0)}{k!}x^{k}.

5.2 指数関数 e^{x}

f(x) = e^{x} のマクローリン展開を求めよう。 0 以上の任意の整数 n に対して、

f^{(n)}(x) = e^{x}, f^{(n)}(0) = 1 (6)

である。

f は R 全体で無限回微分可能であるから、テイラーの定理より、任意の n ∈ N, x ∈ R に対して、 0 < θ < 1 なる θ で、

f(x) = ∑_{k=0}^{n−1} \frac{f^{(k)}(0)}{k!}x^{k} + R_{n}, R_{n} = \frac{f^{(n)}(θx)}{n!}x^{n}

を満たすものが存在する。 (6) を代入すると、

f(x) = ∑_{k=0}^{n−1} \frac{1}{k!}x^{k} + R_{n}, R_{n} = \frac{e^{θx}}{n!} x^{n}.

これから実は

|R_{n}| = |\frac{e^{θx}}{n!} | = \frac{e^{θx}|x|^{n}}{n!} → 0 (x → 0)

であることが分かる (詳しいことは省略 — テストで要求しない) ので、級数展開ができる:

f(x) = ∑_{n=0}^{∞} \frac{1}{n!}x^{n} = 1 + \frac{1}{1!}x + \frac{1}{2!}x^{2} + \frac{1}{3!}x^{3} + · · · . (7)

練習問題 a を 1 でない正定数とするとき、 f(x) = a^{x} をマクローリン展開せよ。

5.3 \sqrt{x + 1}

f(x) = \sqrt{x + 1} をマクローリン展開せよ。

f′(x) = \frac{1}{2}(x + 1)^{−1/2},
f′′(x) = \frac{1}{2} (−\frac{1}{2}) (x + 1)^{−3/2},
f′′′(x) = \frac{1}{2} (−\frac{1}{2}) (−\frac{3}{2}) (x + 1)^{−5/2},
f^{(4)}(x) = \frac{1}{2} (−\frac{1}{2}) (−\frac{3}{2}) (−\frac{5}{2}) (x + 1)^{−7/2},
⋮

であるから n ≥ 2 に対して、

f^{(n)}(x) = \frac{1}{2} (−\frac{1}{2})^{n−1} · 1 · 3 · 3 · 5 ⋯ (2n − 3)(x + 1)^{−(2n−1)/2}. (8)

これから

f^{(n)}(0) = \{ \begin{matrix}1 & (n = 0) \\ \frac{1}{2} & (n = 1) \\ \frac{(−1)^{n−1}}{2^{n}} · 1 · 3 · 5 ⋯ (2n − 3) & (n ≥ 2). \end{matrix} (9)

f は x > −1 で無限回微分可能であるから、テイラーの定理より、任意の n ∈ N, x > −1 に対して、 0 < θ < 1 なる θ で、

f(x) = ∑_{k=0}^{n−1} \frac{f^{(k)}(0)}{k!}x^{k} + R_{n}, R_{n} = \frac{f^{(n)}(θx)}{n!}x^{n}

を満たすものが存在する。 (8), (9) を代入すると、

f(x) = f(0) + \frac{f′(0)}{1!}x + \frac{f′′(0)}{2!}x^{2} + \frac{f′′′(0)}{3!}x^{3} + ⋯ + \frac{f^{n−1}(0)}{(n − 1)!}x^{n−1} + R_{n}
= 1 + \frac{1}{2}x + \frac{(−1) · 1}{2^{2} · 2!}x^{2} + \frac{1 · 3}{2^{3} · 3!}x^{3} + \frac{(−1) · 1 · 3 · 5}{2^{4} · 4!}x^{4}

+ ⋯ + \frac{(−1)^{n−2}}{2^{n−1}} · 1 · 3 · 5 ⋯ (2n − 5)x^{n−1} + R_{n},

R_{n} = \frac{f^{(n)}(θx)}{n!}x^{n} = \frac{(−1)^{n−1} · 1 · 3 · 5 ⋯ (2n − 3)}{2^{n}n!}(θx + 1)^{−(2n−1)/2}x^{n}.

注目 n が自然数のとき、 2 項定理より

(x + 1)^{n} = x^{n} + nx^{n−1} + \frac{n(n − 1)}{2}x^{n−2} + \frac{n(n − 1)(n − 2)}{3!}x^{n−3} + ⋯

が成り立つが、この n に強引に 1/2 を代入したものと良く似ている。 2 項定理の一般化が成り立つことが示唆される。

5.4 対数関数 log(x + 1)

f(x) = log(x + 1) のマクローリン展開を求めよう (これは本質的には log x の x = 1 のまわりのテイラー展開と同等である)。

f′(x) = \frac{1}{x + 1} = (x + 1)^{−1}, f′′(x) = (−1)(x + 1)^{−2}, f′′′(x) = (−1)(−2)(x + 1)^{−3}, ⋯

より

f^{(n)}(x) = \{ \begin{matrix}0 & (n = 0) \\ (−1)^{n−1}(n − 1)!(x + 1)^{−n} & (n ≥ 1), \end{matrix} (10)

f^{(n)}(0) = \{ \begin{matrix}0 & (n = 0) \\ (−1)^{n−1}(n − 1)! & (n ≥ 1). \end{matrix} (11)

f は x > −1 で無限回微分可能であるから、テイラーの定理より、任意の n ∈ N, x > −1 に対して、 0 < θ < 1 なる θ で、

f(x) = ∑_{k=0}^{n−1} \frac{f^{(k)}(0)}{k!}x^{k} + R_{n}, R_{n} = \frac{f^{(n)}(θx)}{n!}x^{n}

を満たすものが存在する。 (10), (11) を代入すると、

f(x) = ∑_{k=1}^{n−1} \frac{(−1)^{k−1}(k − 1)!}{k!}x^{k} + R_{n} = ∑_{k=1}^{n−1} \frac{(−1)^{k−1}}{k} x^{k} + R_{n},

R_{n} = \frac{f^{(n)}(θx)}{n!}x^{n} = \frac{(−1)^{n−1}(n − 1)!}{(θx + 1)^{n}} · \frac{1}{n!}x^{n} = \frac{(−1)^{n−1}}{n(θx + 1)^{n}} x^{n}.

|x| < 1 である任意の x に対して、 n → ∞ のとき R_{n} が 0 に収束することが証明できる (少々難しいが)、ゆえに |x| < 1 の範囲でマクローリン級数展開

f(x) = ∑_{n=0}^{∞} \frac{f^{(n)}(0)}{n!}x^{n} = ∑_{n=0}^{∞} \frac{(−1)^{n−1}(n − 1)!}{n!}x^{n} = ∑_{n=0}^{∞} \frac{(−1)^{n−1}}{n} x^{n}

が成り立つ。上で予告したことだが、

log(x + 1) = ∑_{n=0}^{∞} \frac{(−1)^{n−1}}{n} x^{n}

の変数を変えて、

log x = ∑_{n=0}^{∞} \frac{(−1)^{n−1}}{n} (x − 1)^{n}.

5.5 双曲線関数 sinh x

f(x) = sinh x のマクローリン展開を求めよう。

f′(x) = cosh x, f′′(x) = sinh x

より

(12) f^{(n)}(x) = \{ \begin{matrix}sinh x & (n が偶数, つまり n = 0, 2, 4, ⋯) \\ cosh x & (n が奇数, つまり n = 1, 3, 5, ⋯), \end{matrix}

f^{(n)}(0) = \{ \begin{matrix}0 & (n が偶数, つまり n = 0, 2, 4, ⋯) \\ 1 & (n が奇数, つまり n = 1, 3, 5, ⋯). \end{matrix} (13)

f は R 全体で無限回微分可能であるから、テイラーの定理より、任意の n ∈ N, x ∈ R に対して、 0 < θ < 1 なる θ で、

f(x) = ∑_{k=0}^{n−1} \frac{f^{(k)}(0)}{k!}x^{k} + R_{n}, R_{n} = \frac{f^{(n)}(θx)}{n!}x^{n}

を満たすものが存在する。 (12), (13) を代入して整理するのだが、例えば

∑_{k=0}^{n−1} \frac{f^{(k)}(0)}{k!}x^{k} = \frac{0}{0!}+\frac{1}{1!}x+\frac{0}{2!}x^{2}+\frac{1}{3!}x^{3}+⋯+\frac{1}{(2j − 1)!}x^{2j−1} (2j − 1 は n − 1 以下の最大の奇数)

となるが、これは分かりにくいので、 n の偶奇で場合分けして書くことにする。

(i) n = 2j (j は自然数) のとき、 f^{(2j)}(x) = sinh x だから、

R_{n} = R_{2j} = \frac{f^{(2j)}(θx)}{(2j)!}x^{2j} = \frac{sinh θx}{(2j)!}x^{2j}.

ゆえに

f(x) = \frac{x}{1!} + \frac{x^{3}}{3!} + \frac{x^{5}}{5!} + ⋯ + \frac{x^{2j−1}}{(2j − 1)!} + \frac{sinh θx}{(2j)!}x^{2j}.

(ii) n = 2j + 1 (j は自然数) のとき、 f^{(2j+1)}(x) = cosh x だから、

R_{n} = R_{2j+1} = \frac{f^{(2j+1)}(θx)}{(2j + 1)!}x^{2j+1} = \frac{cosh θx}{(2j + 1)!}x^{2j+1}.

ゆえに

f(x) = \frac{x}{1!} + \frac{x^{3}}{3!} + \frac{x^{5}}{5!} + ⋯ + \frac{x^{2j−1}}{(2j − 1)!} + \frac{cosh θx}{(2j + 1)!}x^{2j+1}.

実は、任意の x に対して lim_{n→∞} R_{n} = 0 となることが証明できるので (詳しいことは省略)、テイラー級数展開

f(x) = \frac{x}{1!} + \frac{x^{3}}{3!} + ⋯ + \frac{x^{2n−1}}{(2n − 1)!} + ⋯

が成り立つ。練習問題 f(x) = cosh x をマクローリン展開せよ。

5.6 三角関数 sin x

(実際に「答案」を書く立場のことを考えると、 sin や cos にテイラーの定理を適用したときの剰余項を間違えずに書くのは、神経を使う必要があって、嫌味である。そういうわけで最後に持って来た。 )

f(x) = sin x のマクローリン展開を求めよう。

(14) f^{(n)}(x) = \{ \begin{matrix}sin x & (n は 4 で割り切れる) \\ cos x & (n は 4 で割って余り 1) \\ − sin x & (n は 4 で割って余り 2) \\ − cos x & (n は 4 で割って余り 3) \end{matrix}

であるから、

f^{(n)}(0) = \{ \begin{matrix}0 & (n は 4 で割り切れる) \\ 1 & (n は 4 で割って余り 1) \\ 0 & (n は 4 で割って余り 2) \\ −1 & (n は 4 で割って余り 3). \end{matrix} (15)

これを次のようにまとめておこう。

f^{(2j)}(x) = (−1)^{j} sin x, f^{(2j−1)}(x) = (−1)^{j−1} cos x,
f^{(2j)}(0) = 0, f^{(2j−1)}(0) = (−1)^{j−1}.

f は R 全体で無限回微分可能であるから、テイラーの定理より、任意の n ∈ N, x ∈ R に対して、 0 < θ < 1 なる θ で、

f(x) = ∑_{k=0}^{n−1} \frac{f^{(k)}(0)}{k!}x^{k} + R_{n}, R_{n} = \frac{f^{(n)}(θx)}{n!}x^{n}

を満たすものが存在する。これに (14), (15) を代入して整理するのだが、例えば

∑_{k=0}^{n−1} \frac{f^{(k)}(0)}{k!}x^{k} = \frac{0}{0!}+\frac{1}{1!}x+\frac{0}{2!}x^{2}+\frac{−1}{3!}x^{3}+⋯+\frac{(−1)^{j−1}}{(2j − 1)!}x^{2j−1} (2j − 1 は n − 1 以下の最大の奇数)

となるが、これは分かりにくいので、 n の偶奇で場合分けして書くことにする。

(i) n = 2j (j は自然数) のとき、 f^{(2j)}(x) = (−1)^{j} sin x だから、

R_{n} = R_{2j} = \frac{f^{(2j)}(θx)}{(2j)!}x^{2j} = \frac{(−1)^{j} sin θx}{(2j)!}x^{2j}.

ゆえに

f(x) = \frac{x}{1!} − \frac{x^{3}}{3!} + \frac{x^{5}}{5!} − ⋯ + \frac{(−1)^{j−1}}{(2j − 1)!}x^{2j−1} + \frac{(−1)^{j} sin θx}{(2j)!}x^{2j}.

(ii) n = 2j + 1 (j は自然数) のとき、 f^{(2j+1)}(x) = (−1)^{j} cos x だから、

R_{n} = R_{2j+1} = \frac{f^{(2j+1)}(θx)}{(2j + 1)!}x^{2j+1} = \frac{(−1)^{j} cos θx}{(2j + 1)!}x^{2j+1}.

ゆえに

f(x) = \frac{x}{1!} − \frac{x^{3}}{3!} + \frac{x^{5}}{5!} − ⋯ + \frac{(−1)^{j−1}}{(2j − 1)!}x^{2j−1} + \frac{(−1)^{j} cos θx}{(2j + 1)!}x^{2j+1}.

ところで |f^{(n)}(x)| ≤ 1 より

|R_{n}| = |\frac{f^{(n)}(θx)}{n!}x^{n}| ≤ \frac{|x|^{n}}{n!} → 0 (n → ∞)

であるから、マクローリン級数展開ができる。つまり

sin x = ∑_{k=0}^{∞} \frac{(−1)^{k−1}}{(2k − 1)!}x^{2k−1}.

練習問題 f(x) = cos x をマクローリン展開せよ。

5.7 Arctan x

f(x) = Arctan x のマクローリン展開を求めよ。

f′(x) = \frac{1}{x^{2} + 1}

であるが、この先、高階導関数の計算は簡単には行きそうもない (やってみると、頭を抱えることになる)。しかし、 Leibniz の法則のところで計算したように、 f^{(n)}(0) は比較的簡単に求まる。復習すると、分母を払った

(x^{2} + 1)f′(x) = 1

の両辺を n 回微分して

∑_{k=0}^{n}_{n}C_{k} (x^{2} + 1)^{(k)} (f′(x))^{(n−k)} = 0.

ここで

(x^{2} + 1)^{(k)} = \{ \begin{matrix}x^{2} + 1 & (k = 0) \\ 2x & (k = 1) \\ 2 & (k = 2) \\ 0 & (k ≥ 3) \end{matrix}

に注意すると

(x^{2} + 1)f^{(n+1)}(x) + n · 2x · f^{(n)}(x) + \frac{n(n − 1)}{2} · 2 · f^{(n−1)}(x) = 0.

x = 0 を代入すると

f^{(n+1)}(0) + n(n − 1)f^{(n−1)}(0) = 0.

これから

f^{(n+1)}(0) = −n(n − 1)f^{(n−1)}(0)

という漸化式が得られる。まず f(0) = 0 より、

f′′(0) = 0, f^{(4)}(0) = 0, ⋯, f^{(2k)}(0) = 0, · · · .

つぎに f′(0) = 1 より

f′′′(0) = −2 · 1 · f^{(0)}(0) = −2 · 1,
f^{(5)}(0) = −4 · 3 · f^{(3)}(0) = 4 · 3 · 2 · 1,
f^{(7)}(0) = −6 · 5 · f^{(5)}(0) = 6 · 5 · 4 · 3 · 2 · 1,
⋮

ゆえに

f^{(2k+1)}(0) = (−1)^{k}(2k)!.

これから f のマクローリン級数展開は

f(x) = ∑_{n=0}^{∞} \frac{f^{(n)}(0)}{n!}x^{n} = ∑_{k=0}^{∞} \frac{f^{(2k+1)}(0)}{(2k + 1)!}x^{2k+1} = ∑_{k=0}^{∞} \frac{(−1)^{k}(2k)!}{(2k + 1)!}x^{2k+1}
= ∑_{k=0}^{∞} \frac{(−1)^{k}}{2k + 1}x^{2k+1}.

ただし残念ながら高階導関数 f^{(n)}(x) が求まっていないため、 n 次剰余項 R_{n} を評価することはできない (したがって、マクローリン級数展開が成り立つことを確かめるには、何か別の方法が必要になる — 複素関数論を用いると、あっけないくらい簡単であるが)。

あるいは、この時点では習っていない事項を二三用いると、次のようにしてマクローリン展開が求まる。

f′(x) = \frac{1}{x^{2} + 1} = ∑_{n=0}^{∞}(−x^{2})^{n} = ∑_{n=0}^{∞}(−1)^{n}x^{2n}

より、

f(x) = f(0) + ∫_{0}^{x} f′(t) dt = 0 + ∫_{0}^{x} ∑_{n=0}^{∞}(−1)^{n}t^{2n} dt = ∑_{n=0}^{∞}(−1)^{n} ∫_{0}^{x} t^{2n} dt = ∑_{n=0}^{∞}(−1)^{n} [\frac{t^{2n+1}}{2n + 1}]_{0}^{x}
= ∑_{n=0}^{∞} \frac{(−1)^{n}}{2n + 1}x^{2n+1}.

6 テイラーの定理の応用

テイラーの定理は基礎的で、応用範囲は非常に広いが、手短にありがたみのわかる応用例を二三あげてみる。

6.1 超越関数の値の計算

指数関数、三角関数、対数関数がらみの数値も、テイラーの定理で単純な四則演算で計算できることがある。

e^{x} = ∑_{n=0}^{∞} \frac{x^{n}}{n!} = 1 + \frac{x}{1!} + \frac{x^{2}}{2!} + \frac{x^{3}}{3!} + ⋯

より

e = e^{1} = ∑_{n=0}^{∞} \frac{1}{n!} = 1 + \frac{1}{1!} + \frac{1}{2!} + \frac{1}{3!} + ⋯

最初の 10 項で 2.7182815 ⋯ (誤差 3×10^{−7} 程度), 最初の 20 項で 2.7182818284590452349 ⋯ (誤差 4.3 × 10^{−19} 程度) となる。

Arctan x = ∑_{n=1}^{∞} \frac{(−1)^{n−1}}{2n − 1} x^{2n−1} = x − \frac{x^{3}}{3} + \frac{x^{5}}{5} − \frac{x^{7}}{7} + ⋯

に x = 1 を代入すると

\frac{π}{4} = Arctan 1 = 1 − \frac{1}{3} + \frac{1}{5} − \frac{1}{7} + · · · .

ゆえに

\frac{π}{4} = (1 − \frac{1}{3} + \frac{1}{5} − \frac{1}{7} + ⋯) .

ただし、この式は面白いが、収束が遅くて円周率の計算法としては役に立たない。

6.2 不定形の極限

cosh x = 1 + \frac{x^{2}}{2!} + \frac{x^{4}}{4!} + ⋯ = 1 + \frac{x^{2}}{2} + O(x^{4}) より

lim_{x→0} \frac{1 − cosh x}{x^{2}} = lim_{x→0} \frac{1 − (1 − \frac{x^{2}}{2} + O(x^{4}))}{x^{2}} = lim_{x→0} (\frac{1}{2} − O(x^{2})) = \frac{1}{2}.

log(x + 1) = x − \frac{x^{2}}{2} + \frac{x^{3}}{3} + ⋯ = x + O(x^{2}) より

lim_{x→0} log(x + 1)^{1/x} lim_{x→0} \frac{log(x + 1)}{x} = lim_{x→0} \frac{x + O(x^{2})}{x} = lim_{x→0} (1 + O(x)) = 1.

A テイラーの定理の別証明

(準備中)

B 多項式のテイラー展開

例題 B.1 f(x) を x の m 次多項式とするとき、

f(x) = ∑_{k=0}^{n} \frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x − a)^{k}

となることを示せ。

テイラーの定理を使えば以下のように証明できる。まず f は m + 1 回微分可能であるから、

f(x) = ∑_{k=0}^{m} \frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x − a)^{k} + R_{m+1}

であるが、 f^{(m+1)} ≡ 0 より R_{m+1} = 0 で、

f(x) = ∑_{k=0}^{m} \frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x − a)^{k}.

ここでは素朴に証明する。まず

f(x) = ∑_{k=0}^{m} a_{k}(x − a)^{k}

と書けることに注意する。

C 積分による剰余項表示

f(x) − f(a) = ∫_{a}^{x} f′(t)dt

であるが、部分積分すると

f(x) − f(a) = [(t − x)f′(t)]_{t=a}^{t=x} − ∫_{a}^{x}(t − x)f′′(t) dt
= f′(a)(x − a) − ∫_{a}^{x}(t − x)f′′(t) dt,
f(x) − f(a) = f′(a)(x − a) − ([\frac{(t − x)^{2}}{2} f′′(t)]_{t=a}^{t=x} − ∫_{a}^{x} \frac{(t − x)^{2}}{2} f′′′(t) dt)
= f′(a)(x − a) + \frac{f′′(a)}{2}(x − a)^{2} + ∫_{a}^{x} \frac{(t − x)^{2}}{2} f′′′(t) dt.

これを続けて

f(x)−f(a) = f′(a)(x−a)+\frac{f′′(a)}{2}(x−a)^{2}+⋯+\frac{f^{(n−1)}(a)}{(n − 1)!}(x−a)^{n−1}+(−1)^{n−1} ∫_{a}^{x} \frac{(t − x)^{n−1}}{(n − 1)!} f^{(n)}(t) dt.

であることがわかる (厳密には数学的帰納法で証明する)。