6.1 ダランベールの判定法

6.1 ダランベールの判定法
1
6.1 ダランベールの判定法
¶
ダランベールの判定法
∑∞
定理 6.1 正項級数 n=0 bn において，
³
¶
級数の収束判定
∑∞
n
n
n=0 an x の an x を bn
とおくと，limn→∞
∞
∑
bn+1
bn 収束.
lim |
| < 1 ならば
n→∞
bn
n=0
n+1
x
limn→∞ an+1
a n xn
an+1
´limn→∞ an x
µ
(2) f (x) = sin x
x
解答 (1) f (x) = e とすると，f
(n)
x
(x) = e より f
(n)
n−1
∑
k=0
と
an+1
an |x| < 1
n
となり，|x| < aan+1
のと
∑∞
n
き， n=0 an x は収束
(0) = 1. よって，a = 0 のテイラー多項
n−1
f (k) (0) k ∑ 1 k
x =
x .
k!
k!
する．
µ
k=0
ここで，ex のマクローリン展開の一般項を bn =
=
ば，limn→∞
式 P (x) は，
P (x) =
=
なる．し
¯ た¯ がって，
¯
¯
limn→∞ ¯ bn+1
bn ¯ < 1 なら
例題 6.1 次の関数のマクローリン展開を求めてみよう．
(1) f (x) = ex
bn+1
bn
f (n) (0) n
n! x
=
1 n
n! x
´
とおき，ダランベールの判
定法を用いると，
bn+1
xn+1
n!
x
| = lim |
·
| = lim |
|=0<1
n→∞
n→∞ (n + 1)! xn
n→∞ n + 1
bn
∑∞ 1 k
より，すべての x に対して k=0 k!
x は収束する．したがって，limn→∞ Rn = 0 となり，
lim |
ex =
∞
∑
xn
¥
n!
n=0
¥
¨
n
sin (2n+1)π
=
(−1)
2
§
¦
nπ
(n)
n
(2) f (x) = sin x とすると f (n) (x) = sin(x+ nπ
)
より
f
(0)
=
sin(
)
．ここで，
k
が偶数
2
2
n sin (2n+1)π
(−1)
2
(2m+1)π
kπ
kπ
のとき，sin( 2 ) = 0．k が奇数のとき，つまり k = 2m + 1 のとき，sin( 2 ) = sin(
)= 0
2
1
1
(−1)m に注意すると，
P (x) =
n−1
2
n−1
∑
∑ (−1)m
sin( kπ
2 ) k
x =
x2m+1 .
k!
(2m
+
1)!
m=0
k=0
ここで，sin x のマクローリン展開の一般項を b2m+1 =
(−1)m
2m+1
(2m+1)! x
とおき，ダランベール
の判定法を用いると
sin( (2m+3)π
)x2m+3
b2m+3
(2m + 1)!
2
|
lim |
| = lim |
·
(2m+1)π
m→∞ b2m+1
m→∞
(2m + 3)!
)x2m+1
sin(
2
x2
=0<1
m→∞ (2m + 3)(2m + 2)
= lim
∑∞
k=0
sin( kπ
2 ) k
x
k!
sin x =
は収束する．よって，limn→∞ Rn = 0 より，
∞
∑
(−1)m 2m+1
x
¥
(2m + 1)!
m=0
演習問題 6.1 次の関数のマクローリン展開を求めなさい．
(1) f (x) =
1
1−x
1
−1
−1
2
1
1
3
−1
−1
4
1
1
¨
¥
式の確認
より，すべての x に対して
(2) f (x) = log(1 + x)
³
§
¦
ダランベールの判定法は隣り合
う項の比の極限値を求める．し
かし，b2m = 0 なので， 2m+3
2m+2 ·
2m+2
2m+1
=
2m+3
2m+1
を考える．
2
解答 (1) f (x) =
1
1−x
とすると, f (n) (x) =
n−1
∑
ラー多項式は P (x) =
k=0
k! k
x =
k!
n−1
∑
n!
(1−x)n+1
より，f (n) (0) = n!. よって，テイ
xk . ここで，マクローリン展開の一般項 bn を bn =
k=0
f (n) (0) n
¶
収束半径
³n!
x = xn とおき，ダランベールの判定法を用いる．
n+1
limn→∞ | xxn | = |x| < の
∑∞
とき， n=0 xn は収束す
lim |
n→∞
より |x| < 1 のとき,
ることから，|x| < 1 を収
∑∞
k=0
xk は収束する．したがって，limn→∞ Rn = 0 となり，
∞
∑
1
=
xn (|x| < 1) ¥
1 − x n=0
束半径という．
µ
bn+1
xn+1
| = lim | n | = |x|
n→∞
bn
x
´
(2) f (x) = log(1 + x) とすると f ′ (x) =
f (n+1) (x) =
1
)
dn ( 1+x
dxn
= (−1)n
{
これより
f (n) (0) =
= (1 + x)−1 . ここで，t = −x とすると，
1
)
dn ( 1−t
dtn
= (−1)n
n!
(−1)n n!
=
．
(1 − t)n
(1 + x)n
0
,n = 0
(−1)n−1 (n − 1)! , n = 1
k−1
∑n−1
(−1)k−1 (k−1)! k
x = k=0 (−1)k xk . ここで，マ
k=0
k!
f (n) (0) n
(−1)n−1 n
x とおき，ダランベールの判定法を
n! x =
n
よって，テイラー多項式は P (x) =
クローリン展開の一般項 bn を bn =
1
1+x
∑n−1
用いると
bn+1
xn+1 n
(n + 1)x
| = lim |
·
| = lim |
| = |x|.
n→∞
n→∞ n + 1 xn
n→∞
bn
n
∑∞ (−1)k−1 k
これより，|x| < 1 のとき， k=0
x は収束する．したがって，limn→∞ Rn = 0 と
k
lim |
¨
¥
∑ (−1)n−1
は収束する
n
§
¦
∑∞ (−1)n−1
1
=
1
−
n=1
n
2 +
なり，
log(1 + x) =
1
3
−
∞
∑
(−1)n−1 n
x (−1 < x 5 1) ¥
n
n=1
+ · · · は収束することを示す． ¶
テイラー・マクローリンの定理の応用 (漸近展開)
1
s2m+1 = (1− 21 )+· · ·+( 2m−1
−
定理 6.2 関数 f (x) がマクローリン展開可能なとき，
1
)+ 1
1
4
2m
³
2m+1
1
s2m+3 = s2m+1 − ( 2m+2
−
Rn =
1
2m+3 )
より，s2m+3 < s2m+1 . ここ
ただし，limx→0
µ
で，数列 s2m+1 は減少数列で
０より大きい．したがって，
s2m+1 → l．また，s2m+2 =
証明 lim
n→0
(Rn −
o(xn )
xn
f (n) (0) n
x + o(xn )
n!
= 0.
f (n) (0) n
n! x )
xn
´
f (n) (θx) − f (n) (0)
= lim
=0
x→0
n!
1
より，s2m+2 → 例題 6.2 次の極限値を漸近展開を用いて求めてみよう．
s2m+1 − 2m+2
n−1
∑
cos x − 1
l．したがって， (−1)n
は収
lim
x→0
x2
束する．
解答分母が x2 なので，マクローリンの定理を用いて f (x) = cos x の 2 次の項まで求める．
¶
定理 2.17 の理解
³
cos x = f (0) + f ′ (0)x +
f (n) (0) n
n! x +
o(xn ) で与えられることを
よって,
(
)
1 o(x2 )
cos x − 1
1
lim
= lim − −
=− ¥
2
2
x→0
x→0
x
2
x
2
学んだ．つまりマクロー
リン展開可能なときには，
剰余項は第 n 項と xn より
も圧倒的に小さなもので
できていることがわかる．
µ
+ o(x2 ) より，
1
cos x = 1 − x2 + o(x2 ).
2
マクローリンの定理の応
用で，剰余項は
f ′′ (0) 2
2 x
´
6.1 ダランベールの判定法
3
演習問題 6.2 次の極限値を漸近展開を用いて求めなさい．
log(1 + x) − x +
lim
x→0
x3
x2
2
演習解答分母が x3 なので，マクローリンの定理を用いて f (x) = log(1 + x) の 3 次の項まで
求める．f ′ (x) =
1
′′
1+x , f (x)
1
′′′
= − (1+x)
(x) =
2,f
log(1 + x) = f (0) + f ′ (0)x +
=x−
2
(1+x)3
より，
f ′′ (0) 2 f ′′′ (0) 3
x +
x + o(x3 )
2
3!
x2
2x3
+
+ o(x3 ).
2
3!
したがって，
log(1 + x) − x +
x→0
x3
lim
x2
2
(2
o(x3 ) ) 1
+
= ¥
x→0 3!
x3
3
= lim
例題 6.3 次の関数のマクローリン展開を求めよ.
(1) e2x
(2)
1
1 + x2
(3) sin(x + 1)
(解答) (1) f (t) = et , t = 2x とおき，f (t) のマクローリン展開を求めると，
et =
∞
∑
t
t2
t3
tn
1 n
t = 1 + + + + ··· +
+ ···
n!
1! 2! 3!
n!
n=0
これに t = 2x を代入して，
e2x =
(2) f (t) =
∞
∑
2x
(2x)2
(2x)3
(2x)n
1
(2x)n = 1 +
x+
+
+ ··· +
+ ···
n!
1!
2!
3!
n!
n=0
1
, t = x2 とおき，f (t) のマクローリン展開を求めると，
1+t
1
= 1 − t + t2 − · · · + (−1)n tn + · · ·
1+t
(−1 < t < 1)
これに t = x2 を代入して，
1
= 1 − x2 + x4 − · · · + (−1)n x2n + · · ·
1 + x2
(−1 < x < 1)
(3) f (t) = sin t, t = x + 1 とおき，f (t) のマクローリン展開を求めると，
sin t = t −
t3
t5
t2n+1
+ − · · · + (−1)n
+ ···
3! 5!
(2n + 1)!
(−∞ < t < ∞)
これに t = x + 1 を代入して，
sin(x + 1) = x + 1 −
(x + 1)3
(x + 1)5
(x + 1)2n+1
+
+ (−1)n
+ ···
3!
5!
(2n + 1)!
演習問題 6.3 次の関数のマクローリン展開を求めよ.
(1) cos 2x
(2) log(1 + 3x)
(3)
(6) sin x3
(7) log(1 + x2 )
(8)
(11)
2
1 − 4x + 3x2
(12) 2x
√
√
(−1 < x < 1)
1
1+x
1+x
(4) √
1 − 2x2
(9) sin x cos x
(5) ex
4
(10) log
√
1+x
1−x
4
例題 6.4 次の関数のマクローリン展開を求めよ.
(1) tan−1 x
(2)
1
(1 − x)2
(解)
(1) (tan−1 x)′ =
|x| < 1 のとき，
−1
tan
∫
x
(2)
0
1
1
であり，
= 1 − t2 + t4 − · · · + (−1)n t2n + · · · だから，
1 + x2
1 + t2
∫ x
1
{1 − t2 + t4 − · · · + (−1)n t2n + · · · }dt
dt =
x=
2
1
+
t
0
0
x3
x5
x2n+1
=x−
+
− · · · + (−1)n
+ ···
3
5
2n + 1
∫
x
∞
∑
1
1
1
であり，
=
xn だから，|x| < 1 のとき，
dt
=
(1 − t)2
1−x
1 − x n=0
1
=
(1 − x)2
(
1
1−x
別解 f (x) = tan−1 x より，f ′ (x) =
(
)′
1
1+x2 .
=
∞
∑
)′
n
x
=
n=0
∞
∑
nxn−1
n=0
これより，
(1 + x2 )f ′ (x) = 1
ここで，Leibnitz の定理を用いて，両辺を n 回微分すると，
f (n+1) (x)(1 + x2 ) + nf (n) (x)(2x) +
n(n − 1) (n−1)
f
(x)(2) = 0
2
となる．ここで，x = 0 とおくと，漸化式
f (n+1) (0) + n(n − 1)f (n−1 (0) = 0 (n = 1, 2, . . .)
を得る．初期値を求めると，f (0) = tan−1 0 = 0, f ′ (0) = 1. これより，
{
f (n) (0) = −(n − 1)(n − 2)f (n−2) (0) = · · · =
(−1)n−1 (n − 1)! n 奇数
0
n 偶数
演習問題 6.4 次の関数のマクローリン展開を求めよ.
(1) sin−1 x
(2) log(x +
√
x2 + 1)
(3)
x
x2 + 1
(4) √
1
1 − x2

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