解析 I ・講義ノート

解析

I

第８回

(2020^年7^月7^日(^火)^配信分)

第８回本題

 前回の最後にも触れましたように、f(x) ^が C^{∞ 級のとき、関数}

列の極限である無限級数の和

f(x) = ^X∞

n=0

1

n!f⁽ⁿ⁾(a)(x − a)ⁿ

= lim_n→∞ ^Xn

k=0

1

k!f^(k)(a)(x − a)^k

として f(x) ^{を表したものを、}f(x) ^の x = a ^{におけるテイラー級}

数展開と呼びます(^教科書86^頁参照)。ただし、この無限級数は任 意の x に対して収束するとは限りません。その収束範囲を調べる ことが、今回のテーマです。

 一般に、

X∞ n=0

a_n(x−a)ⁿ = a₀ +a₁(x−a) +a₂(x−a)²+· · · +a_n(x−a)ⁿ +· · ·

をa ^{を中心とするべき級数}(^{または整級数}) ^{と呼びます}(^教科書83

〜84^頁参照)^{。この級数が収束して}x の関数になる範囲では、そ のグラフは、a = 0 ^の場合

X∞ n=0

a_nxⁿ = a₀ + a₁x + a₂x² + · · · + a_nxⁿ + · · ·

のグラフを右へ a だけ平行移動したものですから、収束するよう な x ^{の範囲も、同じく右へ} a だけ平行移動されるので、収束する 範囲については、a = 0 の場合について調べれば(^{情報として})^十

分です。

 係数 a₀, a₁, a₂, . . . , a_n, . . . が、全て同じとき、この級数は、

X∞ n=0

a₀xⁿ = a₀ + a₀x + a₀x² + · · · + a₀xⁿ + · · ·

で、初項(^第 0 ^項) a₀, ^公比 x ^{の等比級数}(^{等比数列の和})^ですか

ら、第 n ^{項までの部分和は}

Xn k=0

a₀x^k = a₀ + a₀x + a₀x² + · · · + a₀xⁿ = a₀(1 − xⁿ⁺¹) 1 − x

より、級数の値は

X∞ n=0

a₀xⁿ = lim

n→∞

a₀(1 − xⁿ⁺¹)

1 − x = a₀

1 − x (|x| < 1)

です(^教科書81^頁参照)^。a₀ ̸= 0 ^のとき、x = 1 ^では a₀ ^と同符号

の ∞ ^{に発散し、}x = −1 ^では a₀ ^と 0 を振動しますから、収束す る範囲としては、|x| < 1 ^{がぎりぎりです。}

 一般の場合は、優級数定理を用いて、この等比級数と比較する 判定法が有力です。その主張をべき級数に限定して書くと、

 十分大きい(^{つまり、ある} n₀ ^以上の) ^{全ての自然数} n ^に対し、

|a_nxⁿ| ≤ CRⁿ

を満たすような正の実数C ^と R < 1 ^{が存在するならば、}(^{言い換えれば、絶対} 値をとった数列 |a_nxⁿ| ^が、公比 1 未満の等比数列で、上から押さえられるな らば、）そのような x ^{において、べき級数}

X∞ n=0

a_nxⁿ

も収束する

となります。

 上の条件は、次のように書き直せます。

|x| ≤



 C

|a_n|





1/n

R (a_n ̸= 0)

ここで

r ≤



 C

|a_n|





1/n

(a_n ̸= 0)

を満たす r ^{が存在すれば}( n ^{に依らずに選べれば})^{、べき級数}

X∞ n=0

a_nx^{n が} |x| ≤ rR で収束することがわかりますが、R ^は 1 ^未

満の範囲で、いくらでも 1 に近いものに取り換えても条件を満た すので、結局 |x| < r で収束と言うことになります。

 ただ、このままではまだ判定条件としてはやや使い勝手が悪い ので、通常は次のどちらかの判定条件を用いることが多いで

しょう。

コーシー-^{アダマールの判定条件}(^教科書85^頁参照。)

nlim→∞ |a_n|^1/n = 1 r

が存在すれば、|x| < r ^{で収束する。}

（略証）ϵ > 0 を任意に一つとります。極限値が ¹

r なので、十分大きい全ての n ( n ≥ n₀ ^とします)^{に対しては}|a_n|^1/n < ^1+ϵ_r が成り立ちます。従って、

r

1 + ϵ <



 1

|a_n|



 1/n

より、このべき級数は|x| < _1+ϵ^{r で収束します。ここで} ϵ > 0 ^{は自由に選べた} ので、|x| < r ^{を満たす任意の} x ^に対し、|x| < _1+ϵ^{r を満たす} ϵ > 0 ^{を一つ選ん} で、上の論証を行えば、収束が示せます。

 また、極限値が 0 のときは、十分大きい全ての n ^に対して|a_n|^1/n < ϵ ^が成 り立つので、このべき級数は|x| < ¹_ϵ ^{で収束しますが、}ϵ > 0 ^{は自由に選べたの} で、結局 |x| < +∞ ^{すなわち任意の} x に対し、収束が言えます。

ダランベールの判定条件(^教科書85^頁参照。)

nlim→∞

|a_n+1|

|a_n| = 1 r

が存在すれば、|x| < r ^{で収束する。}

（略証）ϵ > 0 を任意に一つとります。極限値が ¹

r なので、十分大きい全ての n ( n ≥ n₀ ^とします)^{に対しては |a}_|ⁿ⁺¹_a ^|

n| < ^1+ϵ_r が成り立ちます。従って、

|a_n0+m|

|a_n0| < ^1+ϵ_r ^{m も成り立つので、}

r

1 + ϵ <



 |a_n0|

|a_n0+m|



 1/m

より、このべき級数(^の第 n₀ ^項以降)^は|x| < _1+ϵ^{r で収束します。ここで} ϵ > 0 は自由に選べたので、|x| < r ^{を満たす任意の} x ^に対し、|x| < _1+ϵ^{r を満たす}

ϵ > 0 を一つ選んで、上の論証を行えば、収束が示せます。

 また、極限値が 0 のときは、十分大きい全ての n ^{に対して |a}_|ⁿ⁺¹_a ^|

n| < ϵ ^が成り 立つので、このべき級数は|x| < ¹_ϵ ^{で収束しますが、}ϵ > 0 ^{は自由に選べたの} で、結局 |x| < +∞ ^{すなわち任意の} x に対し、収束が言えます。

 この r ( 0 ^{以上の実数または} +∞ )^{を、べき級数 X∞}

n=0

a_nx^{n の収}

束半径(^教科書84^頁参照) ^{と呼び、一般に} |x| < r ^で収束、|x| > r

で発散します。ちょうど |x| = r (^つまり x = ±r )^{では、どちら}

になるかは、べき級数によります。ただし r = 0 ^{のときは、}x = 0

でのみ収束します。

 さらに |x| < r ^{では、関数} f(x) = ^X∞

n=0

a_nx^{n は、無限回微分可能}

で、導関数は項別微分

f^′(x) = ^X∞

n=1

a_nnxⁿ⁻¹ f^′′(x) = ^X∞

n=2

a_nn(n − 1)xⁿ⁻²

... ...

により得られることも知られています(^教科書85^頁参照)^。証明に

はやや難しい議論が必要なので、この講義では省略します。

 なお、 ^X∞

n=0

a_n(x − a)^{n については、}x ^を全て x − a ^{に置き換える}

だけで、同様の主張が得られます。

 二つの判定法によって得られる収束半径は、どちらで計算して も同じ値が得られます。比較的計算しやすいのは、ダランベール の判定条件の方ですが、係数 a_n ^に 0 が繰り返し現れる場合は適 用できないと言う難点があります。

 ただし、奇数番目のみ全て消える(^{つまり偶関数になる})^場合

には、

f(x) = ^X∞

n=0

a_nxⁿ = ^X∞

k=0

a_2kx^2k

= ^X∞

k=0

a_2k(x²)^k

より、別のべき級数

g(y) = ^X∞

k=0

a_2ky^k

の収束半径 r^{′ が求められれば、}f(x) = g(x²) ^より、|x²| < r^{′ つま}

り |x| < √

r^′ で元のべき級数も収束するとわかります。

 偶数番目のみ全て消える(^{つまり奇関数になる})^{場合にも、ほぼ}

同様ですが、

f(x) = ^X∞

n=0

a_nxⁿ = ^X∞

k=0

a_2k+1x^2k+1

= x ^X∞

k=0

a_2k+1(x²)^k

より、別のべき級数

g(y) = ^X∞

k=0

a_2k+1y^k

の収束半径 r^{′′ が求められれば、}f(x) = xg(x²) ^より、|x²| < r^{′′ つ}

まり |x| < √

r^′′ で元のべき級数も収束するとわかります。

 テイラー級数展開

f(x) = ^X∞

n=0

1

n!f⁽ⁿ⁾(a)(x − a)ⁿ

の場合、

a_n = 1

n!f⁽ⁿ⁾(a)

と言うことになります。

 教科書88頁にも判定法がありますが、ここでは、直接上の判定 条件を用いてみましょう。

 指数関数 e^{x の} x = 0 におけるテイラー級数展開

X∞ n=0

1 n!xⁿ

では、全ての n ^でa_n = 1

n! ですから、ダランベールの判定条件を 適用すると、

1

r = lim_n→∞

1 (n+1)!

1

n!

= lim_n→∞ 1

n + 1 = 0

より、収束半径は +∞, ^{つまり全ての実数} x ^{において収束するこ}

とがわかります。

 一方、対数関数 log x ^の x = 1 におけるテイラー級数展開

X∞ n=1

(−1)ⁿ⁻¹

n (x − 1)ⁿ

では、全ての n ^でa_n = (−1)ⁿ⁻¹

n ですから、ダランベールの判定 条件を適用すると、

1

r = lim

n→∞

(−1)ⁿ n+1

(−1)ⁿ⁻¹ n

= lim

n→∞

n

n + 1 = 1

より、収束半径は 1, ^つまり |x − 1| < 1 ( 0 < x < 2 )^{においては}

収束しますが、|x − 1| > 1 ( x > 2 )においては収束しないことが わかります。

 ちょうど |x − 1| = 1 ( x = 2 )^{ではどうでしょうか？}

 三角関数 sinx, cos x では、既にお話しました、奇関数、偶関数 の場合の計算方法を適用して、収束半径が +∞ ^{であることが示せ}

ます。確かめてみましょう。

 実は(^解析IV^で扱う)^複素関数 f(z) でも、同様にテイラー級数展開が定義さ れ、収束半径は対応する実関数の場合と同じ値になります。ちなみに複素関数 としての指数関数はe^z = e^x+iy = e^x(cosy + i siny) ^で、その z = 0 ^{におけるテ} イラー級数展開

X∞ n=0

1 n!zⁿ

の収束半径は +∞ です。ここで特に純虚数 z = iy に制限してかんがえると、

e^iy = cosy + isin y ^{ですから、}

cosy + i siny = ^X∞

n=0

1

n!(iy)ⁿ = ^X∞

k=0

(−1)^k

(2k)! y^2k + i ^X∞

k=0

(−1)^k

(2k + 1)!y^2k+1

が全ての y ∈ R について成り立つ、つまり cosy ^と sin y ^のy = 0 ^{におけるテ} イラー級数展開の収束半径も+∞ であることが同時にわかります。

 なお、有理関数などでは、高次の微分係数を求めるまでもなく、

べき級数で表せる場合もあります。

 典型的なのが、|x| < 1 における次の例でしょう。

1

1 − x = lim

n→∞

1 − xⁿ⁺¹ 1 − x

= lim

n→∞(1 + x + x² + · · · + xⁿ)

= lim_n→∞ ^Xn

k=0

x^k

= ^X∞

n=0

xⁿ

 ここで、log x ^の x = 1 でのテイラー級数展開に1 − x ^を代入す

れば、

log(1 − x) = ^X∞

n=1

(−1)ⁿ⁻¹

n {(1 − x) − 1}ⁿ

= ^X∞

n=1

−1 n xⁿ

より、log(1 − x) ^の x = 0 でのテイラー級数展開が得られ、

|(1 − x) − 1| < 1 ^すなわち|x| < 1 で収束しますが、これを項別微 分すると、

−1

1 − x = {log(1 − x)}^′ = ^X∞

n=1



−1 n xⁿ



′

= ^X∞

n=1

(−1)xⁿ⁻¹ = − ^X∞

n=0

xⁿ

で、上と同じ展開が得られます。

第７回練習課題の解答

 ロピタルの定理を繰り返し用いる等、計算方法はいろいろある と思いますが、今回は種明かし的な説明をしておきましょう。

 実は sin x ^{のテイラー級数展開}

sin x = ^X∞

k=0

(−1)^k

(2k + 1)!x^2k+1 (x ∈ R)

を x ^{で割ると、}

g(x) = sin x

x = ^X∞

k=0

(−1)^k

(2k + 1)!x^2k (x ̸= 0)

で、一方、

g(0) = 1 = (−1)⁰

(2 · 0 + 1)! = ^X∞

k=0

(−1)^k

(2k + 1)!0^2k

より、結局 g(x) ^{のテイラー級数展開が}

g(x) = ^X∞

k=0

(−1)^k

(2k + 1)!x^2k = ^X∞

k=0

1 (2k)!

(−1)^k

2k + 1x^2k (x ∈ R)

で与えられることがわかります。

  sin x ^{の場合と次数が} 1 ずれただけで、係数は同じものが並ん でいるので、収束半径は変わらず +∞ ^{です。従って、}

g⁽ⁿ⁾(0) =











(−1)^k

2k+1 (n = 2k)

0 (n = 2k + 1)

となりますが、これはもちろん、

g⁽ⁿ⁾(0) = f⁽ⁿ⁺¹⁾(0)

n + 1 (^この場合 f(x) = sin x)

から来たものです。