テイラーの定理と剰余項の評価 | ε-論法と基礎解析

1 コーシーの平均値定理

テイラーの定理の証明に用いるために、平均値の定理を2つの関数に拡張した定理を用意します。

定理 1.1 (コーシーの平均値定理). $F, G$ が $[a,b]$ で連続、 $(a,b)$ で微分可能とする。このときある $c \in (a,b)$ で $\big(F(b)-F(a)\big)G'(c) = \big(G(b)-G(a)\big)F'(c)$ 。

証明. $h(x) = \big(F(b)-F(a)\big)G(x) - \big(G(b)-G(a)\big)F(x)$ とおくと $h$ は $[a,b]$ で連続・ $(a,b)$ で微分可能で、 $h(a) = F(b)G(a)-G(b)F(a) = h(b)$ 。§D1.14 定理 2.2よりある $c$ で $h'(c)=0$ 、これが主張の等式。▨

2 テイラーの定理

定理 2.1 (テイラーの定理). $f$ が $a$ と $x$ を含む閉区間で $f^{(n-1)}$ まで連続、その開区間で $f^{(n)}$ が存在するとする。このとき $a$ と $x$ の間のある点 $c$ で

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

証明. $x$ を固定し、 $t$ の関数

$F(t) = f(x) - \sum_{k=0}^{n-1} \frac{f^{(k)}(t)}{k!}(x-t)^k, \qquad G(t) = (x-t)^n$

を考える。 $F(x) = 0$ 、 $F(a) = R_n(x)$ 、 $G(x)=0$ 、 $G(a)=(x-a)^n$ 。 $F$ を微分すると、和が望遠鏡状に打ち消し合って

$F'(t) = -\frac{f^{(n)}(t)}{(n-1)!}(x-t)^{n-1}$

だけが残る（ $\frac{d}{dt}\big[\frac{f^{(k)}(t)}{k!}(x-t)^k\big] = \frac{f^{(k+1)}(t)}{k!}(x-t)^k - \frac{f^{(k)}(t)}{(k-1)!}(x-t)^{k-1}$ が隣接項で相殺）。また $G'(t) = -n(x-t)^{n-1}$ 。コーシーの平均値定理（定理 1.1）を $[a,x]$ 上の $F, G$ に適用すると、ある $c$ で

= \frac{-\frac{f^{(n)}(c)}{(n-1)!}(x-c)^{n-1}}{-n(x-c)^{n-1}} = \frac{f^{(n)}(c)}{n!}.

左辺は $\dfrac{R_n(x) - 0}{(x-a)^n - 0} = \dfrac{R_n(x)}{(x-a)^n}$ 。よって $R_n(x) = \dfrac{f^{(n)}(c)}{n!}(x-a)^n$ 。▨

$n=1$ とすると、テイラーの定理は平均値の定理そのものになります。テイラーの定理では、「1点の傾き」ではなく「高次の導関数まで」を使って関数 $f$ を近似し、その近似の誤差を最高次の導関数で押さえます。

3 剰余項の評価とテイラー級数の収束

剰余項の形が分かると、近似の誤差を具体的に評価できます。 $|f^{(n)}(c)|$ を区間上で $M$ で抑えれば、 $|R_n(x)| \le \dfrac{M}{n!}|x-a|^n$ が成り立ちます。この不等式は、次の二つに用いることができます。

テイラー級数が本当に関数に収束するか（ $R_n \to 0$ か）の判定
$\sin x, e^x$ などの値の、必要な精度での計算（数値計算の基礎）

例 3.1. $f(x) = e^x$ は $f^{(n)}(t) = e^t$ ゆえ、 $a = 0$ とすると $0$ と $x$ の間の $c$ で $|R_n(x)| = \dfrac{e^c}{n!}|x|^n \le \dfrac{e^{|x|}}{n!}|x|^n$ 。固定した $x$ に対し $\dfrac{|x|^n}{n!} \to 0$ （階乗が指数より速く増える）だから $R_n(x) \to 0$ 、すなわち $e^x = \sum_{k=0}^\infty \frac{x^k}{k!}$ がすべての $x$ で成り立つ。とくに $x = 1$ で $e = \sum_{k=0}^\infty \frac{1}{k!}$ 、 $n$ 項で打ち切った誤差は $\dfrac{e^1}{n!} < \dfrac{3}{n!}$ 以下である。

4 滑らかな関数とテイラー級数

補題 4.1. 関数 $\theta:\R\to\R$ を

\theta(t)= \begin{cases} e^{-1/t},&t>0,\\ 0,&t\leq0 \end{cases}

で定める。このとき $\theta$ は $\R$ 上で何回でも微分可能であり、各階の導関数は連続である。すなわち、 $\theta$ は $C^\infty$ 級（滑らか）である。さらに、すべての非負整数 $n$ について $\theta^{(n)}(0)=0$ である。ただし $\theta^{(0)}=\theta$ とする。

証明. $N$ を非負整数、 $s>0$ とする。指数関数の各階の導関数は指数関数自身であるから、定理 2.1を $a=0$ 、 $x=s$ 、 $n=N+2$ として適用すると、ある $c\in(0,s)$ に対して

e^s=\sum_{k=0}^{N+1}\frac{s^k}{k!} +\frac{e^c}{(N+2)!}s^{N+2} \geq\frac{s^{N+1}}{(N+1)!}

である。したがって

0\leq s^Ne^{-s}\leq\frac{(N+1)!}{s}\longrightarrow0 \qquad(s\to\infty).

任意の実係数多項式 $P$ は非負整数冪の有限和であるから、 $P(s)e^{-s}\to0$ も成り立つ。

多項式 $P_n$ を $P_0(s)=1$ と

P_{n+1}(s)=s^2\bigl(P_n(s)-P_n'(s)\bigr) \qquad(n\geq0)

によって定める。 $t>0$ では、積と合成の微分により

\frac{d}{dt}\bigl(P_n(1/t)e^{-1/t}\bigr) =t^{-2}\bigl(P_n(1/t)-P_n'(1/t)\bigr)e^{-1/t} =P_{n+1}(1/t)e^{-1/t}

である。したがって $\theta$ は $(0,\infty)$ 上で何回でも微分可能であり、 $\theta^{(n)}(t)=P_n(1/t)e^{-1/t}$ である。一方、 $t<0$ では各階の導関数は $0$ である。

$N=0$ の減衰評価から $\theta(t)\to0$ が $t\downarrow0$ で成り立つため、 $\theta$ は原点でも連続である。 $n\geq0$ とし、 $\theta^{(n)}$ が $\R$ 上で連続で、 $\theta^{(n)}(0)=0$ であると仮定する。 $h>0$ では

\frac{\theta^{(n)}(h)-\theta^{(n)}(0)}{h} =h^{-1}P_n(1/h)e^{-1/h}\longrightarrow0 \qquad(h\downarrow0)

である。ここでは多項式 $sP_n(s)$ に減衰評価を適用した。一方、 $h<0$ では差商は $0$ である。したがって両側からの差商の極限は $0$ であり、 $\theta^{(n+1)}(0)$ が存在して $0$ に等しい。また、多項式 $P_{n+1}$ に対する減衰評価から $\theta^{(n+1)}(h)\to0$ が $h\downarrow0$ で成り立つ。一方、 $h<0$ では $\theta^{(n+1)}(h)=0$ である。したがって $\theta^{(n+1)}$ は原点でも連続である。帰納法により、すべての非負整数 $n$ について、 $\theta^{(n)}$ は $\R$ 上で連続であり、 $\theta^{(n)}(0)=0$ である。▨

例 4.2.補題 4.1の関数 $\theta$ と多項式 $x\mapsto x^2$ の合成を $f:\R\to\R$ とする。すなわち

f(x)=\theta(x^2)= \begin{cases} e^{-1/x^2},&x\ne0,\\ 0,&x=0 \end{cases}

である。このとき、すべての非負整数 $n$ に対して、ある多項式 $q_{n,0},\ldots,q_{n,n}$ が存在して

f^{(n)}(x)=\sum_{k=0}^n q_{n,k}(x)\theta^{(k)}(x^2)

となる。実際、 $n=0$ では $q_{0,0}=1$ とすればよく、各項の導関数は

q_{n,k}'(x)\theta^{(k)}(x^2) +2xq_{n,k}(x)\theta^{(k+1)}(x^2)

であるから、帰納的に同じ形の有限和が得られる。補題 4.1により各項は連続で、 $x=0$ では $0$ となるため、 $f$ は $C^\infty$ 級であり、すべての非負整数 $n$ について $f^{(n)}(0)=0$ である。したがって、 $0$ を中心とする $f$ のテイラー級数は恒等的に $0$ であり、 $x\ne0$ における $f(x)>0$ と一致しない。固定した $x\ne0$ に対して、剰余項はすべての $n\geq1$ で $R_n(x)=f(x)>0$ であるため、 $0$ へ収束しない。このように、 $C^\infty$ 級であることから、テイラー級数が関数と局所的に一致するという解析性は従わない。なお、複素解析では正則関数は解析的である。

§D1.16テイラーの定理と剰余項の評価

1 コーシーの平均値定理

2 テイラーの定理

3 剰余項の評価とテイラー級数の収束

4 滑らかな関数とテイラー級数

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