テイラー展開

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関数 $f(x)$ が $x_0$ で微分可能であれば，

$$f(x) = f(x_0) + f'(x_0)(x-x_0) + R(x, x_0),$$

ここで

$$\lim_{x\to x_0}\frac{R(x, x_0)}{x-x_0} = \lim_{x\to x_0}\left(\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0} - f'(x_0)\right) = 0$$

だから、$x_0$ の付近では $x-x_0$ の1次多項式

$$P_1(x) = f(x_0) + f'(x_0)(x-x_0)$$

で $f(x)$ を代替することができ、この代替から生じる誤差（剰余項ともいう）$R(x, x_0)$ は $x \to x_0$ のとき $x - x_0$ より高位の無限小である。

もし関数 $f$ が区間 $I$ 内に2階導関数を持つとき、$I$ 内の任意の二点 $x$ と $x_0$ に対し、ラグランジュの平均値の定理の証明と同様に補助関数

$$g(t) = f(t) - P_1(t) - \frac{f(x)-P_1(x)}{(x-x_0)^2}(t-x_0)^2$$

を構成する。$g(t)$ の構造と $P_1(x)$ が $P_1(x_0) = f(x_0)$，$P_1'(x_0) = f'(x_0)$ を満たす性質から，

$$g(x) = 0, \quad g(x_0) = g'(x_0) = 0$$

よってラグランジュの平均値の定理より $x_0$ と $x$ の間に一点 $\xi_0$ が存在して $g'(\xi_0) = \dfrac{g(x)-g(x_0)}{x-x_0} = 0$；$g'(x_0) = g'(\xi_0) = 0$ より $\xi_0$ と $x_0$ の間に一点 $\xi$ が存在して $g''(\xi) = 0$、すなわち

$$g''(\xi) = f''(\xi) - 2\frac{f(x)-P_1(x)}{(x-x_0)^2} = 0$$

よって

$$R = \frac{f''(\xi)}{2}(x-x_0)^2$$

すなわち $R$ は少なくとも $x-x_0$ の2次の無限小である。$f(x)$ と多項式 $P_1(x)$ の全区間 $I$ 上の誤差に対する把握が得られる。

より簡単な関数で $f(x)$ を代替して誤差の精度を上げたいと自然に思う。一方、関数 $f$ が $x_0$ の付近に $n$ 階導関数 $f^{(n)}(x)$ を持つとき、$x_0$ の付近で $x - x_0$ の $n$ 次多項式で $f(x)$ を代替し、かつそこから生じる誤差（剰余項）

$$R_n = f(x) - (a_0 + a_1(x-x_0) + \cdots + a_n(x-x_0)^n)$$

が $x \to x_0$ のとき $(x-x_0)^n$ より高位の無限小となることが望ましい。また関数が無限回微分可能であれば、$n \to \infty$ のとき剰余項 $R_n$ も $x_0$ の付近で零に近づき小さくなることを望む。こうすれば、関数を一点の付近で「無限次の多項式」（通常は冪級数という）として表せるようになる。$n \to \infty$ の場合は「無限級数」の章で論じる。

したがって、ある関数 $f(x)$ に対して、問題の核心は $f(x)$ をどのように多項式に展開するか、および剰余項 $R_n$ をできるだけ精確に推定することである。

注記 展開の議論に入る前に、二つの側面から「簡単なもので複雑なものを代替する」という意義を理解しておこう。どちらの角度から触れても既に触れているか次に触れる内容の予備知識が必要である。多項式関数は一種の相当簡単な関数であり、たとえばそれは任意階数まで微分可能であり、かつ導関数も依然として多項式であって、その次数は微分するにつれて逐次低下し、最終的に零になる。さらに、一点での多項式の関数値を計算するとき、加法と乗法のみ使えばよく、したがってコンピュータ上で非常に容易に計算できる。したがって、ある関数 $f(x)$ が局所的に、あるいは一点の付近で多項式で近似されるとき、一方では関数の一点付近の状態を研究する有力な道具を提供し、もう一方では関数 $f(x)$ の一点付近の近似値を計算するための一つの有効な方法を提供する。実際、テイラー展開を利用することで $\sin 31^\circ$ の値を計算するなどの近似計算が展開できる。もちろん、さらに有効で高精度な数値計算を行うことは計算数学が論じることである。

テイラーの定理

$n$ 次多項式 $P_n(x)$ が $x \to x_0$ のとき関数 $f(x)$ の高次近似であれば、この多項式はどのような形式であるべきかを確定することから始める。

定理 1 関数 $f(x)$ が $x_0$ の近傍 $(x_0-\delta, x_0+\delta)$ 内に $n$ 階までの導関数を持つとする。$x - x_0$ の $n$ 次多項式

$$P_n(x) = a_0 + a_1(x-x_0) + \cdots + a_n(x-x_0)^n$$

が $f(x) = P_n(x) + o((x-x_0)^n)$（$x \to x_0$）を満たすならば，$P_n(x)$ の係数は必ず

$$a_k = \frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}, \qquad k = 0, 1, \cdots, n$$

であり、したがって $P_n(x) = T_n(x)$，ここで

$$T_n(x) = f(x_0) + \frac{f'(x_0)}{1!}(x-x_0) + \cdots + \frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n$$

を関数 $f(x)$ の点 $x_0$ での $n$ 次テイラー多項式という。

証明

定理が言う条件は次と等価である：

$$\lim_{x\to x_0}\frac{f(x)-P_n(x)}{(x-x_0)^k} = 0, \qquad 0 \leq k \leq n.$$

これは以下の証明過程の基本的な出発点である（高位の無限小とは何かを思い出すこと）。$k = 0$ のとき，

$$\lim_{x\to x_0}(f(x) - P_n(x)) = (f(x_0) - P_n(x_0)) = 0$$

すなわち $a_0 = f(x_0)$。この結果を利用し $k = 1$ のときロピタルの定理を適用すると

$$a_1 = \lim_{x\to x_0}\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0} = f'(x_0)$$

$k = 0, 1$ の結果を利用して $k = 2$ のときロピタルの定理を適用すると

$$\lim_{x\to x_0}\frac{f(x)-P_n(x)}{(x-x_0)^2} = \lim_{x\to x_0}\frac{f'(x)-P_n'(x)}{2(x-x_0)} = \lim_{x\to x_0}\frac{f''(x) - P_n''(x)}{2} = 0$$

すなわち $a_2 = \dfrac{f''(x_0)}{2}$。

任意の $1 \leq k \leq n$ に対して

$$a_0 = f(x_0),\; 1!\, a_1 = f'(x_0),\; \cdots,\; (k-1)!\, a_{k-1} = f^{(k-1)}(x_0)$$

を利用し，$k$ 回ロピタルの定理を適用すると

$$\lim_{x\to x_0}\frac{f(x)-P_n(x)}{(x-x_0)^k} = \lim_{x\to x_0}(f^{(k)}(x) - P_n^{(k)}(x)) = f^{(k)}(x_0) - P_n^{(k)}(x_0) = 0$$

すなわち $k!\, a_k = f^{(k)}(x_0)$，$1 \leq k \leq n$。

定理 2 関数 $f(x)$ が点 $x_0$ の近傍 $(x_0-\delta, x_0+\delta)$ 内に $n$ 階までの導関数を持ち，$T_n(x)$ が関数 $f$ の $x_0$ での $n$ 次テイラー多項式であれば，$x \to x_0$ のとき剰余項

$$R_n = f(x) - T_n(x)$$

は $(x-x_0)^n$ の高位の無限小、すなわち

$$\lim_{x\to x_0}\frac{R_n}{(x-x_0)^n} = \lim_{x\to x_0}\frac{f(x)-T_n(x)}{(x-x_0)^n} = 0$$

言い換えると，$x \to x_0$ のとき

$$f(x) = f(x_0) + \frac{f'(x_0)}{1!}(x-x_0) + \cdots + \frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n + o((x-x_0)^n)$$

これを関数 $f(x)$ の点 $x_0$ でのペアノの剰余項を持つテイラーの定理（テイラー展開）という。

証明

$f(x) - T_n(x)$ およびその $n$ 次までの導関数が $x \to x_0$ のときすべて無限小であることに注意し，$\displaystyle\lim_{x\to x_0}\dfrac{f(x)-T_n(x)}{(x-x_0)^n}$ を計算する過程でロピタルの定理を連続して適用すれば，証明を完成できる。

特に，関数 $f$ が $x = 0$ の付近に $n$ 階導関数を持つとき，定理 2 で $x_0 = 0$ ととればテイラー展開は

$$f(x) = f(0) + \frac{f'(0)}{1!}x + \cdots + \frac{f^{(n)}(0)}{n!}x^n + o(x^n), \qquad x \to 0$$

これを関数 $f(x)$ の $n$ 次のペアノの剰余項を持つマクローリンの公式（または展開式）という。

剰余項の表示と推定

定理 2 は一定の局所性を持つ。それは $x \to x_0$ のときの関数の状態を反映するものに過ぎない。 剰余項の推定をより精確にするために条件を強化し，関数 $f$ がある区間内に $n+1$ 階までの導関数を持つとすれば次の定理が成立する。

定理 3 関数 $f(x)$ が区間 $I$ 内に $n+1$ 階導関数を持ち，$n$ 階導関数が $I$ 上で連続であるとする。$x$ と $x_0$ が $I$ 中の任意の二つの異なる数、$T_n(x)$ が $f$ の $x_0$ での $n$ 次テイラー多項式であれば，$x$ と $x_0$ の間に一点 $\xi$ が存在して

$$f(x) = T_n(x) + R_n$$

という公式の剰余項 $R_n$ は次の形式を持つ：

$$R_n = \frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}(x-x_0)^{n+1}$$

あるいは $f(x)$ は点 $x$ で次のように表せる：

$$f(x) = f(x_0) + \frac{f'(x_0)}{1!}(x-x_0) + \cdots + \frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n + \frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}(x-x_0)^{n+1}.$$

$R_n$ をラグランジュの剰余項といい，公式全体をラグランジュの剰余項を持つ（大域的な）テイラーの定理という。

証明

区間 $I$ 内で固定した $x$ と $x_0$ に対して，補助関数を

$$g(t) = f(t) - T_n(t) - \frac{f(x)-T_n(x)}{(x-x_0)^{n+1}}(t-x_0)^{n+1}, \qquad t \in I$$

とおく。$g(t)$ は $I$ 内に $n+1$ 階導関数を持つ。$T_n(t)$ の定義から

$$g(x_0) = g(x) = 0, \qquad g^{(k)}(x_0) = f^{(k)}(x_0) - T_n^{(k)}(x_0) = 0, \quad k = 1, 2, \cdots, n$$

だから $x$ と $x_0$ の間の点 $\xi_1$ が存在して $g'(\xi_1) = \dfrac{g(x)-g(x_0)}{x-x_0} = 0$；$g'(x_0) = g'(\xi_1) = 0$ より $\xi_1$ と $x_0$ の間の点 $\xi_2$ が存在して $g''(\xi_2) = 0$；このように推進すれば，$\xi_n$ と $x_0$ の間（当然，$x$ と $x_0$ の間でもある）の点 $\xi$ が存在して $g^{(n+1)}(\xi) = 0$。$T_n^{(n+1)}(t) = 0$ だから

$$g^{(n+1)}(\xi) = f^{(n+1)}(\xi) - (n+1)!\frac{f(x)-T_n(x)}{(x-x_0)^{n+1}} = 0$$

故に定理が得られる。

ラグランジュの剰余項 $R_n$ において $\xi$ は $x$ と $x_0$ の間の数であるから，$\xi = x_0 + \theta(x-x_0)$，$0 < \theta < 1$ と表すことができ，したがって剰余項も次のように表せる：

$$R_n = \frac{f^{(n+1)}(x_0+\theta(x-x_0))}{(n+1)!}(x-x_0)^{n+1}$$

実際，異なる関数に対し，異なる要求に応じて，テイラー展開の剰余項 $R_n(x)$ にはさまざまな異なる表示形式がある。積分の章で一つの積分形式の表示を与える。

$n = 0$ のとき，定理 3 はよく知られたラグランジュの平均値の定理になる。したがって定理 3 はラグランジュの平均値の定理の一般化とも見なせる。

$0$ が区間 $I$ 内の一点であれば，定理 3 中で $x_0 = 0$ ととればテイラー展開は

$$f(x) = f(0) + \frac{f'(0)}{1!}x + \cdots + \frac{f^{(n)}(0)}{n!}x^n + \frac{f^{(n+1)}(\theta x)}{(n+1)!}x^{n+1}$$

これをラグランジュの剰余項を持つマクローリンの公式という。私たちが簡単に求められる5種類のよく見られる初等関数のマクローリンの公式は次の通りである。

$$\begin{aligned}e^x &= 1 + x + \frac{x^2}{2!} + \cdots + \frac{x^n}{n!} + \frac{e^{\theta x}}{(n+1)!}x^{n+1}, \quad (-\infty < x < +\infty) \\[4pt] \ln(1+x) &= x - \frac{x^2}{2} + \cdots + (-1)^{n-1}\frac{x^n}{n} + R_n(x), \quad (x > -1) \\ &\quad R_n(x) = \frac{(-1)^n x^{n+1}}{(n+1)(1+\theta x)^{n+1}}, \quad (0 < \theta < 1) \\[4pt] \sin x &= x - \frac{x^3}{3!} + \cdots + (-1)^{m-1}\frac{x^{2m-1}}{(2m-1)!} + R_{2m}(x), \quad (-\infty < x < +\infty) \\ &\quad R_{2m}(x) = \frac{(-1)^m x^{2m+1}}{(2m+1)!}\cos\theta x, \quad (0 < \theta < 1) \\[4pt] \cos x &= 1 - \frac{x^2}{2!} + \cdots + (-1)^{m-1}\frac{x^{2m-2}}{(2m-2)!} + R_{2m-1}(x), \quad (-\infty < x < +\infty) \\ &\quad R_{2m-1}(x) = \frac{(-1)^m x^{2m}}{(2m)!}\cos\theta x, \quad (0 < \theta < 1) \\[4pt] (1+x)^\alpha &= 1 + \alpha x + \frac{\alpha(\alpha-1)}{2!}x^2 + \cdots + \frac{\alpha(\alpha-1)\cdots(\alpha-n+1)}{n!}x^n + R_n(x), \\ &\quad R_n(x) = \frac{\alpha(\alpha-1)\cdots(\alpha-n)}{(n+1)!}x^{n+1}(1+\theta x)^{\alpha-n-1}, \quad (0 < \theta < 1)\end{aligned}$$

最後の展開式において $\alpha$ が自然数のとき，$(1+x)^\alpha$ は自動的にニュートンの二項定理になる。

系 1 関数 $f(x)$ が区間 $I$ 内に有界な $n+1$ 階導関数，すなわち $|f^{(n+1)}(x)| \leq M$ を持てば，区間 $I$ 上で $f(x)$ とそのテイラー多項式の誤差（すなわち剰余項）は

$$|f(x) - T_n(x)| = |R_n| \leq \frac{M}{(n+1)!}|x-x_0|^{n+1}$$

この公式により誤差をより明確に把握できる。特に $n \to \infty$ のとき $R_n \to 0$，これは関数が無限次の多項式（冪級数）として表せるときの最も簡単な保証である。

系 2 関数 $f(x)$ が区間 $I$ 内に $n+1$ 階導関数を持ち，ある一点 $x_0$ に自然数 $r$，$r < n$ が存在して

$$f(x_0) = 0, \quad f'(x_0) = 0, \quad \cdots, \quad f^{(r-1)}(x_0) = 0, \quad f^{(r)}(x_0) \neq 0$$

であれば $x_0$ は $f(x)$ の多重度 $r$ の零点であることがわかる。結論として $x_0$ が $f(x)$ の多重度 $r$ の零点であるための必要十分条件は関数 $g(x)$ が存在して

$$f(x) = (x-x_0)^r g(x), \quad g(x_0) \neq 0$$

となることである。

系 3 区間 $I$ の中に 0 が含まれるとき，テイラー展開の一つの特殊な形式は単独で言及する価値がある。公式において $x_0 = 0$ ととれば，$\xi = \theta x$，$0 < \theta < 1$ だから

$$f(x) = f(0) + \frac{f'(0)}{1!}x + \cdots + \frac{f^{(n)}(0)}{n!}x^n + \frac{f^{(n+1)}(\theta x)}{(n+1)!}x^{n+1}$$

この $x = 0$ での $n$ 次テイラー展開式（またはラグランジュの剰余項を持つマクローリンの公式）はよく知られる。私たちは上述の五種の初等関数のマクローリンの公式を容易に導き出せる。

例と応用

マクローリンの公式を求めるには原則として関数の 0 での導関数値 $f^{(k)}(0)$，$k = 0, 1, 2, \cdots, n$ を計算すべきである。しかし高階導関数の計算が容易でない場合もある。したがって私たちは間接的な方法をより多く採用する。定理 1 の基本的な意味は，関数 $f^{(n)}(0)$ が存在すれば，どんな方法を使っても，具体的な形式

$$f(x) = a_0 + a_1 x + a_2 x^2 + \cdots + a_n x^n + o(x^n), \qquad x \to 0$$

の展開式が見つかれば，それは必ず関数 $f$ のマクローリンの公式である。副産物として $f^{(n)}(0) = k!\, a_k$ も計算できる。これにより私たちはより多くの関数のマクローリンの公式を求められる（例 1 を参照）。

例 1 関数 $e^{-x^4}$ の $4n$ 次のマクローリンの公式を求めよ。

解． $x \to 0$ のとき $-x^4 \to 0$ であり，$e^x$ の展開結果を利用して直接 $-x^4$ を $e^x$ の展開式中の $x$ に代入すれば，

$$\begin{aligned}e^{-x^4} &= 1 + (-x^4) + \frac{(-x^4)^2}{2!} + \frac{(-x^4)^3}{3!} + \cdots + \frac{(-x^4)^n}{n!} + o((-x^4)^n), \quad x\to 0 \\ &= 1 - x^4 + \frac{x^8}{2!} - \frac{x^{12}}{3!} + \cdots + \frac{(-1)^n x^{4n}}{n!} + o(x^{4n}), \quad x\to 0.\end{aligned}$$

これにより，

$$\left.(e^{-x^4})^{(4k)}\right|_{x=0} = \frac{(-1)^k(4k)!}{k!}, \qquad \text{$x = 0$ での他の導関数は零。}$$

これは直接 $e^{-x^4}$ を微分して計算するより遥かに容易である。

例 2 $\cos^2 x$ の $2n$ 次のマクローリンの公式を求めよ。

解． $\cos^2 x = \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{2}\cos 2x$ を利用し，$\cos x$ のマクローリンの公式で $x$ を $2x$ に置き換える。$x \to 0$ のとき $2x \to 0$ だから，

$$\begin{aligned}\cos^2 x &= \frac{1}{2} + \frac{1}{2}\left(1 - \frac{(2x)^2}{2!} + \cdots + \frac{(-1)^{n-1}(2x)^{2n-2}}{(2n-2)!} + o((2x)^{2n})\right) \\ &= 1 - \frac{2}{2!}x^2 + \cdots + \frac{(-1)^{n-1}}{(2n-2)!}2^{2n-3}x^{2n-2} + o(x^{2n}), \quad x\to 0.\end{aligned}$$

下の例は関数の展開式を利用して極限問題を計算するものである。

例 3 $\displaystyle\lim_{x\to 0}\frac{e^{-x^4}-\cos^2 x - x^2}{x^4}$ を求めよ。

解． これは「$\dfrac{0}{0}$」型の不定形であり，ロピタルの定理を使えば複雑な微分の過程になる。関数のマクローリンの公式を利用すれば，例 1 と例 2 から

$$\begin{aligned}e^{-x^4} - \cos^2 x - x^2 &= (1-x^4+o(x^4)) - \left(1 - \frac{2}{2!}x^2 + \frac{2^3}{4!}x^4 + o(x^4)\right) - x^2 \\ &= -\frac{4}{3}x^4 + o(x^4), \qquad x\to 0.\end{aligned}$$

分母は $x \to 0$ のとき 4 次の無限小であるから，分子は 4 次まで展開すれば十分であり，求める極限は $-\dfrac{4}{3}$。

例 4 $f(x) = \dfrac{1}{x}$ の $x = 2$ でのテイラー展開を求めよ。

解． $\dfrac{1}{x} = \dfrac{1}{x-2+2} = \dfrac{1}{2}\left(\dfrac{x-2}{2}+1\right)^{-1}$ と変形し，$(1+x)^{-1}$ のマクローリンの公式中で $\dfrac{x-2}{2}$ を $x$ の代わりに代入すれば，

$$\begin{aligned}\frac{1}{x} &= \frac{1}{2}\left(1 - \frac{x-2}{2} + \cdots + (-1)^n\left(\frac{x-2}{2}\right)^n + 2R\right) \\ &= \frac{1}{2} - \frac{x-2}{2^2} + \cdots + (-1)^n\frac{(x-2)^n}{2^{n+1}} + R,\end{aligned}$$

ここで

$$R = \frac{(-1)^{n+1}(x-2)^{n+1}}{2^{n+2}}\left[1+\frac{\theta(x-2)}{2}\right]^{-n-2}. \qquad (0 < \theta < 1)$$

例 5 $e$ の値を誤差が $10^{-5}$ を超えないように計算せよ。

解． $e^x$ の展開式で $x = 1$ ととると，

$$e = 1 + 1 + \frac{1}{2!} + \cdots + \frac{1}{n!} + \frac{e^\theta}{(n+1)!}, \qquad 0 < \theta < 1.$$

$0 < \theta < 1$ だから

$$0 < \frac{e^\theta}{(n+1)!} < \frac{e}{(n+1)!} < \frac{3}{(n+1)!}.$$

よって $n$ を確定して $\dfrac{3}{(n+1)!} < 10^{-5}$ となればよい。$9! = 362880$ なので $n = 8$ で十分だが、$n = 9$ ととると，このとき

$$e = 1 + 1 + \frac{1}{2!} + \cdots + \frac{1}{9!} = 2.718282$$

例 6 $e$ が無理数であることを証明せよ。

証明． （背理法）もし $e$ が有理数であれば，$e = \dfrac{q}{p}$（$p$，$q$ は正整数）とおく。$n > p$ かつ $n > 3$ となる $n$ をとると，

$$e = \frac{q}{p} = 1 + 1 + \frac{1}{2!} + \cdots + \frac{1}{n!} + \frac{e^\theta}{(n+1)!}, \qquad 0 < \theta < 1.$$

両辺に $n!$ を掛けると，

$$\frac{n!\, q}{p} = n! + n! + \frac{n!}{2!} + \cdots + \frac{n!}{n!} + \frac{n!\, e^\theta}{(n+1)!}.$$

$n$ の選び方から，上式の右辺の最後の項を除いた各項はすべて整数だから，$\dfrac{n!\, e^\theta}{(n+1)!}$ も整数でなければならない。しかし実際には

$$0 < \frac{n!\, e^\theta}{(n+1)!} = \frac{e^\theta}{n+1} < \frac{e}{n+1} < \frac{3}{n+1} < \frac{3}{4} < 1.$$

これは矛盾。よって $e$ は無理数である。

例 7 関数 $f(x)$ が $[0, 1]$ 上で2階微分可能かつ $|f''(x)| \leq M$（$M$ は定数），$f(0) = f(1) = 0$ であるとする。$[0, 1]$ 上で $|f(x)| \leq \dfrac{M}{8}$ であることを証明せよ。

証明． 任意の $x \in (0, 1)$ に対してテイラー展開を用いると，$x$ から $0$ への展開と $x$ から $1$ への展開でそれぞれ $\xi_1 \in (0, x)$，$\xi_2 \in (x, 1)$ が存在して

$$\begin{aligned}f(0) &= f(x) - f'(x)x + \frac{f''(\xi_1)}{2}x^2, \\ f(1) &= f(x) + f'(x)(1-x) + \frac{f''(\xi_2)}{2}(1-x)^2.\end{aligned}$$

第1式を $(1-x)$ 倍，第2式を $x$ 倍して加えると，

$$|f(x)| = \left|\frac{f''(\xi_1)}{2}x^2(1-x) + \frac{f''(\xi_2)}{2}x(1-x)^2\right| \leq \frac{M}{2}x(1-x) \leq \frac{M}{8}.$$

練習問題（テイラー展開）

  1. 関数 $e^{\sin x}$ の（ペアノの剰余項を持つ）3次マクローリン展開を求めよ。
  2. 関数 $\ln\cos x$ の（ペアノの剰余項を持つ）6次マクローリン展開を求めよ。
  3. $f(x)$ は4次多項式であり，$f(2) = -1$，$f'(2) = 0$，$f''(2) = 2$，$f'''(2) = -12$，$f^{(4)}(2) = 24$ とする。$f(-1)$，$f'(0)$，$f''(1)$ を計算せよ。
  4. 次の関数のラグランジュの剰余項を持つテイラー展開を求めよ。

    1. $y = \tan x$ の $x = 0$ での2次テイラー展開式；
    2. $y = \dfrac{1}{x}$ の $x = -1$ での $n$ 次テイラー展開式。
  5. 次の極限を求めよ。

    1. $\displaystyle\lim_{x\to 0}\frac{\cos x - e^{-\frac{1}{2}x^2}}{\sin^4 x}$；
    2. $\displaystyle\lim_{x\to 0}\frac{\sqrt[5]{1+x^2}-\sqrt[4]{1-x^2}}{x^2}$；
    3. $\displaystyle\lim_{x\to\infty}\left[x - x^2\ln\!\left(1+\dfrac{1}{x}\right)\right]$；
    4. $\displaystyle\lim_{x\to 0}\frac{\cos(\sin x) - \cos x}{\sin^4 x}$。
  6. 関数 $f(x)$ が至る所で $n+1$ 階導関数を持つとき，$f(x)$ が次数が $n$ を超えない多項式であるための必要十分条件は $f^{(n+1)}(x)$ が恒等的に零であることを証明せよ。
  7. 関数 $f(x)$ が $[0, 2]$ 上で2階微分可能かつ任意の $x \in [0, 2]$ で $|f(x)| \leq 1$ および $|f''(x)| \leq 1$ であるとする。$[0, 2]$ 上で $|f'(x)| \leq 2$ であることを証明せよ。
  8. $n$ を自然数として，関数 $f(x) = \begin{cases} x^{n+1}, & x \text{ が有理数}, \\ 0, & x \text{ が無理数} \end{cases}$ を考えよ。$f'(0) = 0$ であるが $f''(0)$ が存在しないことを証明せよ。

    （ヒント：$f(x)$ は $x = 0$ の点でのみ微分可能であることを証明すれば十分。）

    注意：上の式で示されるように，高次の条件：$f(x) = 0 + 0\cdot x + 0\cdot x^2 + \cdots + 0\cdot x^n + o(x^n)$，$x \to 0$ が成立するが，$f^{(k)}(0) = 0$（$2 \leq k \leq n$）とは言えない。したがって定理 1 の条件：関数が点 $x_0$ で $n$ 階導関数を持つことは，極めて重要である。
  9. 関数 $f(x) = \begin{cases} e^{-\frac{1}{x^2}}, & x \neq 0, \\ 0, & x = 0 \end{cases}$ は $x \neq 0$ で明らかに任意の階の導関数を持つことを証明せよ。また $f(x)$ は $x = 0$ で任意の階の導関数を持ちかつすべて零であることを証明せよ。

    （ヒント：まず帰納法で $x \neq 0$ のとき $f^{(n)}(x) = e^{-\frac{1}{x^2}}P_{3n}\!\left(\dfrac{1}{x}\right)$ であることを証明すればよい。ここで $P_{3n}(t)$ は $t$ の $3n$ 次多項式。次に導関数の定義とロピタルの定理より $f^{(n)}(0) = 0$ が得られる（$y = \dfrac{1}{x}$ とおくこと）。）

    本問の意義：関数 $f$ が一点 $x = 0$ の付近でいかに高い次数まで近似しても，$n$ 次テイラー多項式は 0 である；換言すれば剰余項は常に $f(x)$ 自身に等しい。したがって，たとえ関数が一点の付近で十分に高い階の導関数を持っても，必ずしもその関数の性質を（テイラー展開を使って）記述できるとは限らない。
  10. 関数 $f(x)$ が停留点 $x_0$ で $n$ 階導関数が存在し
    $$f'(x_0) = f''(x_0) = \cdots = f^{(n-1)}(x_0) = 0, \quad f^{(n)}(x_0) \neq 0$$
    であるとする。

    1. $n$ が奇数のとき，$f(x)$ は点 $x_0$ で極値を持たない；
    2. $n$ が偶数のとき，$f(x)$ は点 $x_0$ で極値をとる。$f^{(n)}(x_0) > 0$ のとき $f(x)$ は $x_0$ で極小値をとり；$f^{(n)}(x_0) < 0$ のとき $f(x)$ は $x_0$ で極大値をとる。


    本問は，もし関数 $f(x)$ が停留点に上述の高階導関数を持つならば，これによって停留点が極値点かどうかを確定できることを示している。しかし注意すべきは、前問の関数 $f$ は $x = 0$ で明らかに極小値をとるが、この判別法は使えないということである。
解答
  1. $\sin x = x - \dfrac{x^3}{6} + o(x^3)$ を $e^u = 1 + u + \dfrac{u^2}{2} + \dfrac{u^3}{6} + o(u^3)$ に代入して $e^{\sin x} = 1 + x + \dfrac{x^2}{2} + 0\cdot x^3 + o(x^3)$。
  2. $\cos x = 1 - u$，$u = \dfrac{x^2}{2} - \dfrac{x^4}{24} + \dfrac{x^6}{720}$ とすると、$\ln(1-u) = -u - \dfrac{u^2}{2} - \dfrac{u^3}{3}$ より $\ln\cos x = -\dfrac{x^2}{2} - \dfrac{x^4}{12} - \dfrac{x^6}{45} + o(x^6)$。
  3. $f(x) = -1 + (x-2)^2 - 2(x-2)^3 + (x-2)^4$。$f(-1) = 143$，$f'(0) = -60$，$f''(1) = 26$。
  4. (a) $\tan x = x + \dfrac{f'''(\xi)}{3!}x^3 = x + \dfrac{\sec^4\xi + 2\sec^2\xi\tan^2\xi}{3}x^3$（$\xi$ は $0$ と $x$ の間）。(b) $f^{(k)}(-1) = -k!$ なので $\dfrac1x = -\sum_{k=0}^{n}(x+1)^k + \dfrac{(-1)^{n+1}(x+1)^{n+1}}{\xi^{n+2}}$（$\xi$ は $-1$ と $x$ の間）。
  5. (a) $\cos x - e^{-x^2/2} = \left(\tfrac1{24} - \tfrac18\right)x^4 + o(x^4) = -\tfrac{x^4}{12} + o(x^4)$ なので $-\dfrac1{12}$。(b) $(1+x^2)^{1/5} - (1-x^2)^{1/4} = \left(\tfrac15 + \tfrac14\right)x^2 + o(x^2)$ なので $\dfrac9{20}$。(c) $x^2\ln\!\left(1 + \dfrac1x\right) = x - \dfrac12 + \dfrac{1}{3x} + o\!\left(\dfrac1x\right)$ なので極限は $\dfrac12$。(d) $\cos(\sin x) = 1 - \dfrac{x^2}{2} + \dfrac{5x^4}{24} + o(x^4)$，$\cos x = 1 - \dfrac{x^2}{2} + \dfrac{x^4}{24} + o(x^4)$ なので $\dfrac16$。
  6. 多項式なら $f^{(n+1)} \equiv 0$。逆に $f^{(n+1)} \equiv 0$ なら、ラグランジュの剰余項より $f(x) = T_n(x)$（$n$ 次以下の多項式）。
  7. テイラーの定理で $f(0) = f(x) - f'(x)x + \dfrac{f''(\xi_1)}{2}x^2$，$f(2) = f(x) + f'(x)(2-x) + \dfrac{f''(\xi_2)}{2}(2-x)^2$。引くと $2f'(x) = f(2) - f(0) - \dfrac12[f''(\xi_2)(2-x)^2 - f''(\xi_1)x^2]$。$|2f'(x)| \leq 2 + \dfrac12[(2-x)^2 + x^2] \leq 4$（$x\in[0,2]$ で $(2-x)^2 + x^2 \leq 4$）。
  8. $\left|\dfrac{f(x)}{x}\right| \leq |x|^n \to 0$ より $f'(0) = 0$。$x_0 \neq 0$ では $f$ は不連続なので微分不可能。よって $f'$ は $0$ の近傍で定義されず、$f''(0)$ は存在しない。
  9. $x \neq 0$ で $f^{(n)}(x) = e^{-1/x^2}P_{3n}(1/x)$ を帰納法で示す。$f^{(n)}(0) = \lim\dfrac{f^{(n-1)}(x)}{x} = \lim_{y\to\infty}y\,e^{-y^2}P(y) = 0$（ロピタルの定理）。
  10. テイラーの定理（ペアノの剰余項）より $f(x) - f(x_0) = \dfrac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n + o((x-x_0)^n)$。$n$ が奇数なら $(x-x_0)^n$ の符号が左右で異なるので極値でない。$n$ が偶数なら符号が一定で、$f^{(n)}(x_0)$ の符号が極小・極大を決める。

補充問題

  1. $f(x) = x(x+1)(x+2)\cdots(x+n)$ として，$f'(0)$ を求めよ。
  2. 奇関数 $f(x)$ が $(-\infty, +\infty)$ 上で連続な2階導関数を持つとする。関数
    $$g(x) = \begin{cases} \dfrac{f(x)}{x}, & x \neq 0, \\ a, & x = 0 \end{cases}$$
    を考える。$a = f'(0)$ とするとき、$g(x)$ は $(-\infty, +\infty)$ 上で連続な導関数をもつことを示せ。
  3. $\dfrac{a_0}{n+1} + \dfrac{a_1}{n} + \cdots + a_n = 0$ であれば，方程式 $a_0 x^n + a_1 x^{n-1} + \cdots + a_n = 0$ は $(0, 1)$ 内に少なくとも一つの実数解を持つことを証明せよ。
  4. 関数 $f(x)$ が $[a, b]$ 上で連続かつ $(a, b)$ 上で微分可能かつ $f(a) = f(b) = 0$ であれば，$\xi \in (a, b)$ が存在して $f'(\xi) + f(\xi) = 0$ となることを証明せよ。
  5. $f(x)$ が $[0, 1]$ 上の2階微分可能な関数で $f(0) = f(1) = 0$ であるとする。$(0, 1)$ 内に $\xi$ が存在して $f''(\xi) = \dfrac{2f'(\xi)}{1-\xi}$ となることを証明せよ。
  6. 関数 $f(x)$ が $[a, b]$ 上で連続かつ $f(a) = f(b) = 0$ で $f'(a)f'(b) > 0$ であれば，$(a, b)$ 内に一点 $\xi$ が存在して $f(\xi) = 0$ となることを証明せよ。
  7. $f$ が $[a, b]$ 上の微分可能な関数であれば，$f'(a)$ と $f'(b)$ の間の任意の値 $\lambda$ に対して $\xi \in [a, b]$ が存在して $f'(\xi) = \lambda$ となることを証明せよ（ヒント：まず $f'(a) < 0 < f'(b)$ の特殊な場合を考え，$a < 0 < b$ とする。まず $f$ が $(a, b)$ 内に最小値を持つことを証明し、次にフェルマーの定理を使って $f'(\xi) = 0$ を得る。一般の場合は補助関数 $g(x) = f(x) - \lambda x$ を考えれば帰着できる。）

    本問の結果はダルブーの定理と呼ばれ，導関数の一つの驚くべき性質——中間値の性質を明らかにしている：関数が区間 $I$ 上で微分可能であれば $c, d$ が $I$ 中の任意の二つの異なる点（$c < d$）のとき，$f'(x)$ は $[c, d]$ 上で $f'(c)$ と $f'(d)$ の間の一切の値をとる（連続関数の章の中間値定理を参照）。なお，導関数は必ずしも連続関数ではないため，上述の結果は連続関数の中間値の定理の系ではない。
  8. 関数 $f(x)$ が $[a, +\infty)$ 上で2階微分可能かつ $f(a) > 0$，$f'(a) < 0$，また $x > a$ のとき $f''(x) \leq 0$ であるとする。$(a, +\infty)$ 上で関数 $f(x)$ がちょうど一つの零点を持つことを証明せよ。
  9. 関数 $f(x)$ が $[a, b]$ 上で微分可能，$f'(x)$ が厳密に単調増加し，$f(a) = f(b) = \lambda$ であれば，任意の $x \in (a, b)$ に対して $f(x) < \lambda$ となることを証明せよ。
  10. 関数 $f(x)$ が $(a, +\infty)$ 上で微分可能で、$\displaystyle\lim_{x\to+\infty} f(x)$ が有限に存在するとする。(1) $\displaystyle\lim_{x\to+\infty} f'(x)$ は存在するとは限らないことを、$f(x) = \dfrac{\sin x^2}{x}$ で示せ。(2) $\displaystyle\lim_{x\to+\infty} f'(x)$ が存在するならば、その値は零であることを示せ。
  11. 関数 $f(x)$ が $x > 0$ で2階微分可能かつ $f''(x) < 0$，$f(0) = 0$ であれば，任意の正数 $x_1, x_2$ に対して $f(x_1+x_2) < f(x_1) + f(x_2)$ となることを証明せよ。
  12. 関数 $f(x)$ が $x_0$ で2階導関数を持つとき，次の極限を求めよ。
    $$\lim_{h\to 0}\frac{f(x_0+h) + f(x_0-h) - 2f(x_0)}{h^2}.$$
  13. 次の不等式を証明せよ。

    1. 任意の実数 $x$ に対して $e^x \geq 1 + x + \dfrac{x^2}{2} + \dfrac{x^3}{6}$；
    2. $x > 0$ のとき $x - \dfrac{x^2}{2} \leq \ln(1+x) \leq x - \dfrac{x^2}{2} + \dfrac{x^3}{3}$；
    3. $0 < x < \dfrac{\pi}{2}$ のとき $x - \dfrac{x^3}{6} < \sin x < x - \dfrac{x^3}{6} + \dfrac{x^5}{120}$；
    4. 任意の実数 $x, y$ に対して $2e^{\frac{x+y}{2}} \leq e^x + e^y$。
  14. 関数 $f(x)$ が区間 $I$ 上で2階微分可能かつ $f''(x) < 0$ であれば，任意の $x_1, \cdots, x_n \in I$ に対して
    $$f\!\left(\frac{x_1+\cdots+x_n}{n}\right) \geq \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n f(x_i),$$
    等号は $x_1 = \cdots = x_n$ のときのみ成立することを証明せよ。

    特に $f(x) = \ln x$，$I = (0, +\infty)$ ととれば，有名な算術・幾何平均の不等式が得られる：任意の正数 $x_1, \cdots, x_n$ に対して
    $$\frac{x_1 + \cdots + x_n}{n} \geq \sqrt[n]{x_1\cdots x_n},$$
    等号は $x_1 = \cdots = x_n$ のときのみ成立する。
  15. $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{1}{n^2}\right)\!\left(1+\frac{2}{n^2}\right)\cdots\left(1+\frac{n}{n^2}\right)$ を求めよ。
  16. $\sqrt[n]{n}$（$n = 1, 2, \cdots$）の最大値を求めよ。
  17. 関数 $x\cos x$ に $\left[0, \dfrac{\pi}{2}\right]$ 上の一つのできるだけ小さな上界を与えよ。
  18. 関数 $f(x)$ が閉区間 $[-1, 1]$ 上で3階連続導関数を持ち，$f(-1) = 0$，$f(1) = 1$，$f'(0) = 0$ であれば，$\xi \in (-1, 1)$ が存在して $f'''(\xi) = 3$ となることを証明せよ。
解答
  1. $f(x) = x\cdot(x+1)\cdots(x+n)$ で $f'(0) = (0+1)(0+2)\cdots(0+n) = n!$。
  2. $f$ は奇関数なので $f(0) = 0$，$a = f'(0)$ とすると $g$ は連続。$x \neq 0$ では $g'(x) = \dfrac{xf'(x) - f(x)}{x^2}$ で、テイラー展開（またはロピタルの定理）により $x \to 0$ で $\dfrac{f''(0)}{2} = 0$ に収束する（奇関数なので $f''(0) = 0$）。また $g'(0) = \lim\dfrac{f(x)/x - f'(0)}{x} = \dfrac{f''(0)}{2} = 0$。よって $g'$ は連続。
  3. $F(x) = \dfrac{a_0}{n+1}x^{n+1} + \cdots + a_nx$ とおくと $F(0) = F(1) = 0$，$F' = a_0x^n + \cdots + a_n$。ロルの定理。
  4. $F(x) = e^xf(x)$ に適用すれば $F'(\xi) = e^\xi(f'(\xi) + f(\xi)) = 0$。
  5. $h(x) = (1-x)^2f'(x)$ とおくと $h' = (1-x)^2f'' - 2(1-x)f'$。$f(0) = f(1) = 0$ から $f'(c) = 0$ なる $c \in (0,1)$。$h(c) = h(1) = 0$ なので $(c, 1)$ に $h'(\xi) = 0$。
  6. $f'(a) > 0$，$f'(b) > 0$ とする。$a$ の右で $f > 0$，$b$ の左で $f < 0$ なので、中間値の定理で零点がある。$f'(a)<0$ のときも同様。
  7. $g(x) = f(x) - \lambda x$ とおく。$g'(a) < 0 < g'(b)$ なので $g$ は $a$ の右で減少、$b$ の左で増加。したがって $[a,b]$ の最小点は内点で、フェルマーの定理より $g'(\xi) = 0$。
  8. $f'$ は単調減少で $f'(x) \leq f'(a) < 0$ なので、$f(x) \leq f(a) + f'(a)(x - a) \to -\infty$。$f$ は狭義単調減少で連続だから零点はちょうど一つ。
  9. $f'$ が狭義単調増加なので、$f$ は下に凸。$f(a) = f(b) = \lambda$ なら内部で $f < \lambda$。
  10. (1) $f(x) = \dfrac{\sin x^2}{x} \to 0$ だが $f'(x) = 2\cos x^2 - \dfrac{\sin x^2}{x^2}$ は極限をもたない。(2) $\lim f' = L$ とすると $f(x+1) - f(x) = f'(\xi) \to L$、一方 $f(x+1) - f(x) \to 0$ なので $L = 0$。
  11. $\dfrac{f(x)}{x}$ は狭義単調減少（平均値の定理で $f'(x) - f'(\xi) < 0$）。$\dfrac{f(x_1)}{x_1} > \dfrac{f(x_1+x_2)}{x_1+x_2}$，$\dfrac{f(x_2)}{x_2} > \dfrac{f(x_1+x_2)}{x_1+x_2}$ を $x_1$，$x_2$ 倍して足す。
  12. $f(x_0+h) + f(x_0-h) - 2f(x_0) = h^2f''(x_0) + o(h^2)$ なので極限は $f''(x_0)$。
  13. (a) $g = e^x - 1 - x - \dfrac{x^2}{2} - \dfrac{x^3}{6}$ の $g'''= e^x - 1$ で、$g(0) = g'(0) = g''(0) = g'''(0) = 0$ から $g \geq 0$。(b) $\ln(1+x)$ のラグランジュ剰余項から。(c) $\sin x$ の剰余項から。(d) $e^x$ は凸なので $e^{\frac{x+y}{2}} \leq \dfrac{e^x + e^y}{2}$。
  14. $f$ が上に凸（$f''<0$）なので、ジェンセンの不等式（定理 5 の導出）が成り立つ。$f = \ln$ ととれば相加・相乗平均の不等式。
  15. $\ln\prod\left(1 + \dfrac{k}{n^2}\right) = \sum\left(\dfrac{k}{n^2} + O\!\left(\dfrac{k^2}{n^4}\right)\right) = \dfrac{n+1}{2n} + O\!\left(\dfrac1n\right) \to \dfrac12$。極限は $\sqrt{e}$。
  16. $\sqrt[n]{n}$ の対数 $\dfrac{\ln x}{x}$ は $x = e$ で最大で、整数では $n = 2, 3$ を比べる。$2^{1/2} = 1.414 < 3^{1/3} = 1.442$ なので、最大値は $\sqrt[3]{3}$。
  17. $y = x\cos x$，$y' = \cos x - x\sin x = 0$ より $x\tan x = 1$，$x_0 \approx 0.8603$。上界として $y(x_0) \approx 0.5611$ が最小のもの（最大値）。
  18. テイラーの定理より $f(1) = f(0) + \dfrac{f''(0)}{2} + \dfrac{f'''(\xi_1)}{6}$，$f(-1) = f(0) + \dfrac{f''(0)}{2} - \dfrac{f'''(\xi_2)}{6}$。引いて $1 = \dfrac{f'''(\xi_1) + f'''(\xi_2)}{6}$。$f'''$ は連続なので、平均 $3$ をとる点 $\xi$ が存在する（中間値の定理）。
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