テイラー展開とマクローリン展開｜定理・剰余項の証明・具体例

関数を多項式で置き換えたい、という要求から出発します。多項式なら値を計算でき、微分も積分も機械的にできるからです。

置き換えたときの誤差がどれだけかを与えるのがテイラーの定理です。誤差の項を無視してよい場面と、無視すると答えが変わる場面を分けるのが、この定理の役目になります。

多項式で近似する

$f$ を $a$ の近くで $n$ 回微分可能とします。探すのは、$a$ における $n$ 階までの導関数がすべて $f$ と一致する $n$ 次以下の多項式 $P$ です。

$P(x)={\sum }_{k=0}^n{c}_k(x-a{)}^k$ と置いて $j$ 回微分し、$x=a$ を代入します。$(x-a)$ の次数が $j$ より高い項は消え、低い項は微分で消えるので、残るのは 1 項だけです。

$$P^{(j)}(a)=j!c_j$$

したがって $c_j=\frac{f^{(j)}(a)}{j!}$ と取るしかありません。条件を満たす多項式はただ 1 つに決まります。

$$P_n(x)=\sum _{k=0}^n\frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x-a{)}^k$$

これを $a$ における $n$ 次のテイラー多項式といいます。$n=1$ なら接線、$n=2$ なら接する放物線です。

問題はここから先にあります。$P_n$ が $f$ にどれだけ近いのかは、この作り方からは何も出てきません。

テイラーの定理

差 $R_n(x)=f(x)-P_n(x)$ を剰余項といいます。テイラーの定理が与えるのは、この剰余項の具体的な形です。

$f^{(n)}$ が $a$ と $x$ を端点とする閉区間で連続、$f^{(n+1)}$ がその内部で存在するとします。このとき $a$ と $x$ のあいだのある点 $c$ が取れて、次が成り立ちます。

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

これをラグランジュの剰余項といいます。$n=0$ の場合を書き出すと $f(x)=f(a)+f^{\prime }(c)(x-a)$ で、平均値の定理そのものです。

つまりテイラーの定理は、平均値の定理を高階の導関数へ持ち上げたものです。$c$ の位置は分からず、存在だけが主張されています。

ラグランジュの剰余の証明

$x$ を固定し、$t$ を動かす関数を用意します。

$$g(t)=f(x)-\sum _{k=0}^n\frac{f^{(k)}(t)}{k!}(x-t{)}^k$$

$g$ を $t$ で微分します。各項に積の微分を使うと、出てくるのは 2 つの和です。

$$g^{\prime }(t)=-\sum _{k=0}^n\frac{f^{(k+1)}(t)}{k!}(x-t{)}^k+\sum _{k=1}^n\frac{f^{(k)}(t)}{(k-1)!}(x-t{)}^{k-1}$$

第 2 の和で添字を $k+1$ に付け替えると、第 1 の和の $k=0$ から $n-1$ までとちょうど打ち消し合います。残るのは 1 項だけです。

$$g^{\prime }(t)=-\frac{f^{(n+1)}(t)}{n!}(x-t{)}^n$$

ここで $h(t)=(x-t{)}^{n+1}$ と置き、$g$ と $h$ にコーシーの平均値の定理を使います。値を確かめると $g(x)=0$、$g(a)=R_n(x)$、$h(x)=0$、$h(a)=(x-a{)}^{n+1}$ です。

$$\frac{g(x)-g(a)}{h(x)-h(a)}=\frac{g^{\prime }(c)}{h^{\prime }(c)}$$

左辺は $\frac{R_n(x)}{(x-a{)}^{n+1}}$ になります。右辺は $h^{\prime }(t)=-(n+1)(x-t{)}^n$ を代入すると $(x-c{)}^n$ が約分され、$\frac{f^{(n+1)}(c)}{(n+1)!}$ が残ります。

両辺を見比べれば結論です。未知の点 $c$ を含む $(x-c{)}^n$ が約分で消えるところが、この証明の仕掛けになっています。

積分形の剰余

$f^{(n+1)}$ が連続なら、剰余項を積分で書けます。前節の $g$ をそのまま使います。

$g(x)=0$、$g(a)=R_n(x)$ で、$g^{\prime }$ は計算済みです。微分積分学の基本定理に当てはめます。

$$R_n(x)=g(a)-g(x)=-{\int }_a^x{g}^{\prime }(t)dt=\frac{1}{n!}{\int }_a^x{f}^{(n+1)}(t)(x-t{)}^{n}dt$$

未知の点が出てこないのが積分形の利点です。評価するときに $c$ の位置を心配せずに済みます。

積分形からラグランジュの形も出ます。$(x-t{)}^n$ が積分区間で符号を変えないので、積分の平均値の定理が使えるからです。

ペアノの剰余と一意性

$f$ が $a$ で $n$ 回微分可能でありさえすれば、次が成り立ちます。

$$f(x)=P_n(x)+o((x-a{)}^n)(x\to a)$$

これをペアノの剰余といいます。仮定がもっとも弱いのがこの形で、$f^{(n+1)}$ の存在を要求しません。

一意性も言えます。$n$ 次以下の多項式 $Q$ が $f(x)=Q(x)+o((x-a{)}^n)$ を満たすなら、$Q=P_n$ でなければなりません。

証明は差を取るだけです。$D=P_n-Q$ は $n$ 次以下の多項式で、$D(x)=o((x-a{)}^n)$ を満たします。

$D\ne 0$ として、最低次の項を $d_m(x-a{)}^m$（$d_m\ne 0$、$m\le n$）とします。$D(x)/(x-a{)}^m$ の $x\to a$ での極限は $d_m\ne 0$ です。

一方 $D(x)=o((x-a{)}^n)$ と $m\le n$ から、同じ量は 0 に近づきます。矛盾するので $D=0$ です。

この一意性のおかげで、どんな方法で多項式を作ってもそれがテイラー多項式だと言い切れます。既知の展開を組み合わせて計算してよい根拠がここにあります。

マクローリン展開とテイラー級数

$a=0$ の場合がマクローリン展開です。

$$f(x)=\sum _{k=0}^n\frac{f^{(k)}(0)}{k!}{x}^k+R_n(x)$$

ここまでは有限個の和で、必ず剰余項がついています。無限級数に移るには、もう一段階必要です。

$f$ が無限回微分可能なら、形式的な級数 ${\sum }_{k=0}^{\infty }\frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x-a{)}^k$ が書けます。これをテイラー級数といいます。

級数が $f(x)$ に収束するのは、$n\to \infty$ で $R_n(x)\to 0$ となるときに限ります。部分和がちょうど $P_n(x)=f(x)-R_n(x)$ だからです。

具体例：$e^x$

$f(x)=e^x$ とすると $f^{(k)}(x)=e^x$ なので $f^{(k)}(0)=1$ です。テイラー多項式は次の形になります。

$$P_n(x)=1+x+\frac{x^2}{2!}+\cdots +\frac{x^n}{n!}$$

剰余項を評価します。ラグランジュの形は $R_n(x)=\frac{e^c}{(n+1)!}{x}^{n+1}$ で、$c$ は 0 と $x$ のあいだなので $e^c\le e^{|x|}$ です。

$$|R_n(x)|\le e^{|x|}\frac{|x{|}^{n+1}}{(n+1)!}$$

$x$ を固定すれば $\frac{|x{|}^{n+1}}{(n+1)!}\to 0$ です。$n+1>2|x|$ となる番号から先は、$n$ が 1 増えるたびに $\frac{1}{2}$ 倍以下になるからです。

したがってすべての実数 $x$ で $R_n(x)\to 0$ となり、無限級数としての等式が成り立ちます。

$$e^x=\sum _{k=0}^{\infty }\frac{x^k}{k!}$$

具体例：$\sin x$

$f(x)=\sin x$ の $k$ 階導関数は $\sin \left(x+\frac{k\pi }{2}\right)$ です。$x=0$ を代入すると $0,1,0,-1$ が繰り返し現れます。

偶数次の係数が消えるので、テイラー多項式には奇数次だけが残ります。

$$P_{2m+1}(x)=x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\cdots +\frac{(-1{)}^m{x}^{2m+1}}{(2m+1)!}$$

導関数はどれも絶対値が 1 以下なので、剰余項の評価は一行で済みます。

$$|R_n(x)|\le \frac{|x{|}^{n+1}}{(n+1)!}\to 0$$

これですべての実数での収束が言えました。

$$\sin x=\sum _{m=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^m{x}^{2m+1}}{(2m+1)!}$$

<svg viewBox="0 0 460 250" width="100%" style="max-width:460px;display:block;margin:0 auto">
	<line x1="35" y1="120" x2="430" y2="120" stroke="#c8c8c8" stroke-width="1"></line>
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	<polyline points="67,149 94,159 121,171 149,175 176,166 203,146 230,120 257,94 284,74 311,65 339,69 366,81 393,91" fill="none" stroke="#d0562a" stroke-width="1.5"></polyline>
	<polyline points="40,101 67,128 94,153 121,170 149,175 176,166 203,146 230,120 257,94 284,74 311,65 339,70 366,87 393,112 420,139" fill="none" stroke="#1f1f1f" stroke-width="2"></polyline>
	<text x="40" y="32" font-size="11" fill="#1f1f1f">太線が sin</text>
	<text x="112" y="32" font-size="11" fill="#9a9a9a">1 次</text>
	<text x="152" y="32" font-size="11" fill="#1b81e0">3 次</text>
	<text x="192" y="32" font-size="11" fill="#d0562a">5 次</text>
	<text x="240" y="32" font-size="11" fill="#9a9a9a">次数を上げるほど遠くまで合う</text>
	<text x="40" y="242" font-size="11" fill="#9a9a9a">原点から離れるほど、合わせるのに高い次数が要る</text>
</svg>

具体例：$\cos x$

$\cos$ の $k$ 階導関数は $\cos \left(x+\frac{k\pi }{2}\right)$ で、$x=0$ では $1,0,-1,0$ の繰り返しです。今度は奇数次が消えます。

$$\cos x=\sum _{m=0}^{\infty }\frac{(-1{)}^m{x}^{2m}}{(2m)!}=1-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}-\cdots$$

剰余項の評価は $\sin$ とまったく同じで、すべての実数で収束します。

$\sin$ の展開を項別に微分しても同じ式が出ます。ただし項別微分してよいことは、それ自体を確かめないと使えません。

具体例：$\frac{1}{1-x}$

この例では剰余項を評価するまでもありません。等比数列の和の公式から、剰余項が完全な形で出てきます。

$$1+x+x^2+\cdots +x^n=\frac{1-x^{n+1}}{1-x}$$

移項して整理します。

$$\frac{1}{1-x}=1+x+\cdots +x^n+\frac{x^{n+1}}{1-x}$$

右端が剰余項そのものです。$|x|<1$ なら $x^{n+1}\to 0$ なので 0 に収束し、$|x|\ge 1$ では収束しません。

導関数を一度も計算していないのに展開が得られました。一意性があるので、これがテイラー多項式だと言い切れます。

具体例：$\log (1+x)$

前節の式で $x$ を $-t$ に取り替えます。

$$\frac{1}{1+t}=1-t+t^2-\cdots +(-1{)}^n{t}^n+\frac{(-1{)}^{n+1}{t}^{n+1}}{1+t}$$

両辺を $0$ から $x$ まで積分します。左辺は $\log (1+x)$ です。

$$\log (1+x)=x-\frac{x^2}{2}+\cdots +\frac{(-1{)}^n{x}^{n+1}}{n+1}+(-1{)}^{n+1}{\int }_0^x\frac{t^{n+1}}{1+t}dt$$

$0\le x\le 1$ では $1+t\ge 1$ なので、積分は ${\int }_0^x{t}^{n+1}dt=\frac{x^{n+2}}{n+2}$ で押さえられます。0 に収束します。

$-1<x<0$ では $1+t\ge 1+x>0$ を使い、$\frac{1}{1+x}\cdot \frac{|x{|}^{n+2}}{n+2}$ で押さえられます。こちらも極限は 0 です。

$$\log (1+x)=\sum _{k=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^{k-1}{x}^k}{k}(-1<x\le 1)$$

$x=1$ を代入すると $\log 2=1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\cdots$ です。収束範囲の端が入っているところがこの例の面白さになります。

ラグランジュの剰余では足りない場合

前節でわざわざ積分を使ったのには理由があります。ラグランジュの形では、$x$ が負のときに評価が通りません。

$f(t)=\log (1+t)$ の $(n+1)$ 階導関数は $\frac{(-1{)}^{n}n!}{(1+t{)}^{n+1}}$ なので、剰余項は次の形になります。

$$R_n(x)=\frac{(-1{)}^n}{n+1}{\left(\frac{x}{1+c}\right)}^{n+1}$$

$c$ は 0 と $x$ のあいだの未知の点です。$x<0$ のとき $c$ も負で、$1+c$ は $1+x$ と 1 のあいだのどこかにあります。

$c$ の位置が分からない以上、最悪の場合で押さえるしかありません。$\left|\frac{x}{1+c}\right|\le \frac{|x|}{1+x}$ であり、これが 1 未満になるのは $x>-\frac{1}{2}$ のときだけです。

つまりラグランジュの形では $-1<x\le -\frac{1}{2}$ で収束を示せません。剰余項の形を選び直す必要が実際に生じる、という例になっています。

具体例：二項級数

$\alpha$ を実数とし、$f(x)=(1+x{)}^{\alpha }$ を $x>-1$ で考えます。導関数は次のように並びます。

$$f^{(k)}(x)=\alpha (\alpha -1)\cdots (\alpha -k+1)(1+x{)}^{\alpha -k}$$

$x=0$ を代入して $k!$ で割ったものが、二項係数を実数の指数へ広げたものです。

$$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{\alpha }{k}\right)=\frac{\alpha (\alpha -1)\cdots (\alpha -k+1)}{k!}$$

これで展開の形が決まりました。$|x|<1$ で級数は $(1+x{)}^{\alpha }$ に収束します。

$$(1+x{)}^{\alpha }=\sum _{k=0}^{\infty }(\genfrac{}{}{0ex}{}{\alpha }{k})x^k(|x|<1)$$

収束の証明にはコーシーの剰余項が要ります。ラグランジュの形では、前節と同じ理由で $x$ が負のときに評価が届かないからです。

$\alpha =\frac{1}{2}$ の場合を書き出してみます。

$$\sqrt{1+x}=1+\frac{x}{2}-\frac{x^2}{8}+\frac{x^3}{16}-\frac{5x^4}{128}+\cdots$$

$\alpha$ が非負整数なら、$k>\alpha$ で係数が 0 になって有限和で止まります。ふつうの二項定理はその特別な場合です。

具体例：$\arctan x$

$\frac{1}{1+t^2}$ に等比数列の和の式を使います。$-t^2$ を公比と見ます。

$$\frac{1}{1+t^2}=1-t^2+t^4-\cdots +(-1{)}^n{t}^{2n}+\frac{(-1{)}^{n+1}{t}^{2n+2}}{1+t^2}$$

$0$ から $x$ まで積分すると、左辺は $\arctan x$ です。

$$\arctan x=x-\frac{x^3}{3}+\cdots +\frac{(-1{)}^n{x}^{2n+1}}{2n+1}+(-1{)}^{n+1}{\int }_0^x\frac{t^{2n+2}}{1+t^2}dt$$

$1+t^2\ge 1$ なので、剰余項は $\frac{|x{|}^{2n+3}}{2n+3}$ で押さえられます。$|x|\le 1$ なら極限は 0 です。

$x=1$ とすれば、円周率を表す級数が得られます。

$$\frac{\pi }{4}=1-\frac{1}{3}+\frac{1}{5}-\frac{1}{7}+\cdots$$

収束は非常に遅く、実際の計算には向きません。$n$ 項まで足しても誤差が $\frac{1}{2n+3}$ 程度しか縮まないからです。

具体例：$\tan x$

高階導関数を直接計算すると手に負えません。${\tan }^{\prime }=1+{\tan }^2$ という関係を使うほうが早く済みます。

$\tan$ は奇関数なので、展開には奇数次だけが現れます。$\tan x=a_{1}x+a_3{x}^3+a_5{x}^5+\cdots$ と置きます。

並べるのは、左辺を微分した式と、右辺を $1+{\tan }^{2}x$ に入れて展開した式です。

$$a_1+3a_3{x}^2+5a_5{x}^4+\cdots =1+a_1^2{x}^2+2a_1{a}_3{x}^4+\cdots$$

一意性があるので、次数ごとに係数を比べてよいわけです。$a_1=1$、$3a_3=a_1^2=1$、$5a_5=2a_1{a}_3=\frac{2}{3}$ が順に決まります。

$$\tan x=x+\frac{x^3}{3}+\frac{2x^5}{15}+\cdots$$

一般項に閉じた式はありません。この手順で、必要な次数まで順に求めていくことになります。

無限回微分可能でも級数が一致しない例

$x\ne 0$ で $f(x)=e^{-1/x^2}$、$f(0)=0$ と定めます。この関数は無限回微分可能で、しかもすべての $k$ で $f^{(k)}(0)=0$ です。

まず補題を用意します。どんな多項式 $Q$ についても、$|t|\to \infty$ で $Q(t)e^{-t^2}\to 0$ です。

$e^s\ge \frac{s^m}{m!}$ に $s=t^2$ を入れると $e^{t^2}\ge \frac{t^{2m}}{m!}$ となるので、$|t{|}^k{e}^{-t^2}\le m!|t{|}^{k-2m}$ が言えます。$2m>k$ に取れば右辺は 0 に行きます。

次に、$x\ne 0$ での $f^{(k)}(x)$ が $Q_k\left(\frac{1}{x}\right)e^{-1/x^2}$ の形になることを帰納法で示します。$e^{-1/x^2}$ を微分すると $\frac{2}{x^3}{e}^{-1/x^2}$ が出るので、$\frac{1}{x}$ の多項式は多項式のままです。

$f^{(k)}(0)=0$ も帰納法です。$f^{(k-1)}(0)=0$ を仮定して差商を書きます。

$$\frac{f^{(k-1)}(h)-0}{h}=\frac{1}{h}{Q}_{k-1}\left(\frac{1}{h}\right)e^{-1/h^2}$$

$t=\frac{1}{h}$ と置けば $t{Q}_{k-1}(t)e^{-t^2}$ で、補題から $h\to 0$ のとき 0 に収束します。よって $f^{(k)}(0)=0$ です。

したがってマクローリン級数はすべての項が 0 で、和は定数関数 0 になります。ところが $x\ne 0$ では $f(x)>0$ なので、級数は $f$ に一致しません。

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	<text x="40" y="30" font-size="11" fill="#1f1f1f">原点で異様に平らだが、原点以外では 0 でない</text>
	<text x="330" y="56" font-size="11" fill="#1b81e0">f のグラフ</text>
	<text x="248" y="200" font-size="11" fill="#d0562a">マクローリン級数は定数 0</text>
</svg>

級数が収束することと、収束先が $f$ であることは別だと分かります。無限回微分可能でも、テイラー級数で表せるとは限りません。

収束範囲が限られる例

$g(x)=\frac{1}{1+x^2}$ は実数全体で無限回微分可能で、値も $0<g\le 1$ に収まっています。困ったところは何もないように見えます。

ところがマクローリン級数は $1-x^2+x^4-\cdots$ で、$|x|<1$ でしか収束しません。$x=2$ を代入すれば項が発散します。

実軸の上を見ているかぎり、$x=\pm 1$ で何かが起きる気配はありません。それでも展開はそこで止まります。

食い違い方が 2 通りある、というのがこの対比です。テイラー級数が使える範囲は、関数の実軸上の見た目からは読み取れません。

誤差評価の実際

近似式の値打ちは、誤差がどれだけと分かるところにあります。その答えを与えるのが剰余項です。

$\sin x\approx x$ の誤差を見ます。2 次の係数が 0 なので、$n=2$ のラグランジュの剰余をそのまま使えます。

$$|\sin x-x|=\left|\frac{-\cos c}{3!}{x}^3\right|\le \frac{|x{|}^3}{6}$$

$x=0.1$ なら誤差は $1.67\times 10^{-4}$ 以下です。実際の差は $1.666\times 10^{-4}$ なので、評価はほぼ的中しています。

$e$ の値も同じ要領で計算できます。$x=1$ での剰余は $\frac{e^c}{(n+1)!}$ で、$0<c<1$ から $e^c<3$ です。

$$\left|e-\sum _{k=0}^n\frac{1}{k!}\right|<\frac{3}{(n+1)!}$$

$n=10$ なら誤差は $\frac{3}{11!}\approx 7.5\times 10^{-8}$ 未満になります。11 項の足し算で小数点以下 7 桁が確定するわけです。

極限の計算に使う

ペアノの剰余の形は、$0/0$ の形の極限にそのまま使えます。分子と分母を必要な次数まで展開して比べるだけです。

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin x-x}{x^3}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{-\frac{x^3}{6}+o(x^3)}{x^3}=-\frac{1}{6}$$

どの次数まで展開すればよいかは、分母の次数が決めます。足りなければ $0/0$ が残るので、そのときは 1 次上げます。

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{e^x-1-x}{x^2}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\frac{x^2}{2}+o(x^2)}{x^2}=\frac{1}{2}$$

分母が 4 次の例も見ます。$\cos x=1-\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{24}+o(x^4)$ を使えば、分子は $-\frac{x^4}{24}+o(x^4)$ です。

$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1-\cos x-\frac{x^2}{2}}{x^4}=-\frac{1}{24}$$

機械的に進められるのがこのやり方の利点です。何度も微分するうちに式が膨れていく、という手間がありません。

参考文献