テイラー近似・定理・展開 -...
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2009年度数学 IA演習補足解説
テイラー近似・定理・展開理 I 22, 23, 24, 25, 26, 27組
7月 7日 清野和彦
前書き
このプリントでは、演習第 4回および第 5回前半の補足解説として、テイラー近似・テイラーの定理・テイラー展開について説明します。話の流れは講義とほぼ同じですが、講義内容の説明では
なく私がテイラー関連について伝えたいことを書いたものです。その点をご承知の上で利用してく
ださい。
用語や証明の仕方などにも講義との違いがあります。主なものは次です。
まず、講義で「比に関する平均値の定理」と呼ばれていたものはより一般的な「コーシーの平均
値定理」の名で呼ぶことにしました。定理の式も一般的なものに合わせました。また、「ロピタル
の法則」も「ロピタルの定理」と呼ぶことにしました。これらはほとんど名前の違いだけです。
また、テイラーの近似多項式も、講義では近似の中心 a からのずれ h を変数とする多項式とし
て定義しましたが、このプリントでは元の関数 f(x) と同じ x を変数とする多項式としました。こ
のプリントの x− a を h に置き換えるだけで講義の表記になります。
講義との最も大きな違いは高校で学んだ積分の知識を積極的に利用していることです。これにつ
いては講義との互換性は全然ありません。
最初の目論見では、用語や表記を完全に講義のものに合わせ、積分を使っている議論は、すべて
積分を使わない議論も併記する予定でした。しかし、いざ始めてみると、自分が普段使っていない
用語で作文したり、積分を使うのが自然な議論を微分だけの議論に書き直すのは思いのほか時間と
ストレスが掛かることが分かったのでやむを得ず断念しました。大変申し訳ありませんが、あしか
らずご了承ください。
なお、第 4回と第 5回の演習で出題した問題のいくつかを実例として使いました。それらについていちいち第 4回や第 5回のプリントを参照してもらうのは気が引けたので、ページ数は増えてしまいますが重複を厭わず再掲しました。
目 次
1 平均値の定理のバリエイション 3
1.1 コーシーの平均値定理とその証明 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.2 コーシーの平均値定理の図形的意味 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.3 ロピタルの定理 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61.4 ロピタルの定理に関する注意 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
1.4.1 ロピタルの定理の逆 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81.4.2 ロピタルの定理と微分の定義 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81.4.3 ロピタルの定理を使った極限の計算 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.4.4 ロピタルの定理の変種 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
テイラー！ 2
1.4.5 ロピタルの定理の図形的意味 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121.5 積分の平均値定理 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131.6 「重み付き」の積分の平均値定理 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
2 テイラー近似・定理・展開についての粗筋 16
3 テイラー近似多項式 18
3.1 多項式と微分 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 183.2 結論 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 223.3 テイラー近似多項式の定義と例 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
4 近似の意味 23
4.1 テイラー近似の特徴付け . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 244.2 証明 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 254.3 応用 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
5 近似の一意性と微分 31
5.1 積のテイラー近似多項式 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 335.2 合成関数のテイラー近似多項式 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34
6 剰余項の表示：極限から誤差へ 37
6.1 ラグランジュ表示：ロピタルからコーシーへ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 386.2 積分表示：微積分の基本定理の視点から . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 396.3 剰余項のさまざまな表示 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42
7 剰余項の表示の応用 43
7.1 e の近似 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 447.2 e が無理数であること . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 457.3 sinx の近似 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 457.4 sinx の剰余項の符号 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 477.5 累乗根の近似 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 487.6 他の応用 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51
8 テイラー展開 52
8.1 テイラー級数とテイラー展開の定義 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 528.2 テイラー展開可能であることを示すには . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54
9 よく知られた関数のテイラー展開 56
9.1 多項式 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 569.2 指数関数と三角関数 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 569.3 有理関数 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 589.4 対数関数 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 589.5 二項展開 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63
テイラー！ 3
10 C∞ 級という性質とテイラー展開可能性 65
10.1 テイラー展開不可能な関数とは . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6510.2 テイラー級数は収束するが元に戻らない例 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6510.3 テイラー級数が級数として収束しない例 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66
1 平均値の定理のバリエイション
この節では、平均値の定理からの発展として「コーシーの平均値定理」「ロピタルの定理」「積分
の平均値定理」「重み付きの積分の平均値定理」というものを説明します。これらはテイラー近似
やテイラーの定理の元になる定理として重要ですが、それ自体でも十分内容のある定理ですので、
テイラー関連で必要となる説明よりも詳しく扱っておきます。
1.1 コーシーの平均値定理とその証明
まず、平均値の定理の拡張としてコーシーの平均値定理
コーシーの平均値定理� �[a, b] 上の二つの連続関数 f(x) と g(x) がどちらも (a, b) では微分可能で、f(a) = f(b) であり、f ′(x) と g′(x) は (a, b) のどこにおいても同時には 0にならないとする1。このとき、
g(b) − g(a)f(b) − f(a)
=g′(c)f ′(c)
を満たす c が (a, b) に存在する。� �について考えましょう。「拡張になっている」とは、平均値の定理を特別の場合として含み、なお
かつ平均値の定理をただ眺めただけでは分からない主張も入っているということです。コーシーの
平均値定理の結論の式で f(x) = x とおけば平均値の定理になります。一方、f(x) と g(x) の両方に平均値の定理を当てはめた二式
f(b) − f(a) = f ′(c)(b− a) ∃c ∈ (a, b)
g(b) − g(a) = g′(c′)(b− a) ∃c′ ∈ (a, b)
で c と c′ の間には何の関係もないのですから、上の式で下の式を割ってもコーシーの平均値定理
は得られません。そこが「拡張」と呼ばれる所以です。
この定理の「意味」を考えるのはあとにして、まず証明してしましょう。分数式のまま微分した
りするのはやっかいなので、結論の式の分母を払って移項した式(f(b) − f(a)
)g′(c) −
(g(b) − g(a)
)f ′(c) = 0
に目を付けて証明します。
φ(x) =(f(b) − f(a)
)g(x) −
(g(b) − g(a)
)f(x)
1講義でのように分母を払った形にして置くと、このような「0で割ることを避ける」ための条件が一切いらなくなります。しかし、後に説明するような定理の意味づけは分かりにくくなってしまいます。
テイラー！ 4
とおくと、f(x), g(x) とも平均値の定理の仮定を満たしていることから φ(x) にも平均値の定理を適用できます。φ(x) は φ(a) = φ(b) となっているので、平均値の定理（と言うかロルの定理）により
φ′(c) =(f(b) − f(a)
)g′(c) −
(g(b) − g(a)
)f ′(c) = 0
を満たす c が (a, b) に存在します。このとき f ′(c) = 0です。実際、f ′(c) = 0なら
(f(b)−f(a)
)g′(c) = 0となりますが、f(a) = f(b)
と仮定しているのだから g′(c) = 0 となってしまい、もう一つの仮定「f ′(x) と g′(x) は同時には 0にならない」に反します。これで f ′(c) で割ることができて、めでたく証明したい式が示せました。□
1.2 コーシーの平均値定理の図形的意味
「証明はいいけど、何だかすっきりしない」という印象を持たれるのではないでしょうか。何が
すっきりしないかというと、平均値の定理には、証明はともかく、いかにも当たり前と思えるイ
メージ（図 1の左側の図）があったのに、コーシーの平均値定理についてはそのようなイメージがついてこないからではないかと思います。関数が二つ出てきてしまっているので、関数のグラフを
考えても関数の変化や変化率の比が図に現れてこないからでしょう（図 1の右側の図）。� �
O
y
t
平行
a c b
y = f(t)
O
y
t
y = f(t)
y = g(t)
a b
c はどこ??
図 1: 平均値の定理はわかりやすい（左側）。コーシーの平均値定理は（右側）??� �そこで、パラメタ曲線 (x, y) =
(f(t), g(t)
)を考えることにします2。t を決めるごとに平面上に
点 (f(t), g(t)) が決まるわけですから、t を時刻と思うことで、
時刻 t に (f(t), g(t)) という座標を持つ場所にいるような点の運動
と見なすわけです。（ちょっと古い）高校の教科書によると、
パラメタ曲線（点の運動）の t = c における速度ベクトルは(f ′(c), g′(c)
)で与えられ、
このベクトルは点(f(c), g(c)
)における接線の方向を向いている
2変数 x をパラメタらしく（あるいは時刻らしく）t に取り替えました。なお、「パラメタ曲線」のことを（ちょっと古い）高校の教科書では「点の運動」と呼んでいるようです。
テイラー！ 5
という意味のことが書いてあります。つまり、
点(f(c), g(c)
)を通り、ベクトル
(f ′(c), g′(c)
)と同じ方向を向いた直線
が、点(f(c), g(c)
)における接線だということです。f ′(c) = 0 ならこの直線を「y = x の 1次式」
の形で書くことができて、その式は
y =g′(c)f ′(c)
(x− f(c)
)+ g(c)
となります。この直線の傾きはコーシーの平均値定理の右辺の形です。そこで、左辺も同じセッ
ティングで考えてみると、これは(f(a), g(a)
)と(f(b), g(b)
)を通る直線の傾きです。つまり、コー
シーの平均値定理は
2点(f(a), g(a)
),(f(b), g(b)
)を通る直線と傾きの等しい接線を持つ点
(f(c), g(c)
)が(
f(a), g(a))と(f(b), g(b)
)の間に存在する（図 2）。
という、いかにも平均値の定理らしいことを言っていることがわかります。これがコーシーの平均
値定理の図形的意味です。� �
O
y
xf(a) f(c) f(b)
g(a)
g(b)
g(c) l
l′
平行
図 2: いかにも平均値の定理だ。� �この図形的な状況の例として出題したのが第 4回の問題 1です。
第 4回問題 1� �f(t) = cos t, g(t) = sin t, a = b のとき、
(f(b) − f(a))g′(c) = (g(b) − g(a))f ′(c)
を満たすような a と b の間の c を一つ求めよ。� �解答. f ′(t) = − sin t, g′(t) = cos t なので、求める c の満たすべき等式は
(cos b− cos a) cos c = (sin b− sin a)(− sin c)
です。左辺を展開して cos の積を cos の和に直すと、
(cos b− cos a) cos c = cos b cos c− cos a cos c
=cos(b+ c) + cos(b− c)
2− cos(a+ c) + cos(a− c)
2
テイラー！ 6
となります。同様に右辺を展開して sin の積を cos の和に直すと、
−(sin b− sin a) sin c = − sin b sin c+ sin a sin c
=cos(b+ c) − cos(b− c)
2− cos(a+ c) − cos(a− c)
2
となります。
(cos b− cos a) cos c− (sin b− sin a)(− sin c) = cos(b− c) − cos(a− c)
ですので、例えば b− c = −(a− c) であればこの差が 0になり、c の満たすべき等式が成り立ちます。よって、求める c として
c =a+ b
2
をとることができます。 □
解答は以上ですが、c = a+b2 において
sin b− sin acos b− cos a
=sin′ c
cos′ c
となっていることが発見できるのは、次の図 3を思い浮かべているからです。� �
t = at = b
t =a+ b
2
曲線 (cos t, sin t)
0
図 3: 円の割線と平行な接線。� �1.3 ロピタルの定理
平均値の定理は一点における微分の値ではわからない情報を与えてくれる定理です。実際、一点
における微分の値が正でも、その点の近くで関数の値が増加しているとは限りません。ある範囲の
微分の値から関数の増減を導き出せるのは、平均値の定理の仲立ちがあるからだったことを思い出
してください。
微分の値は
limb→a
f(b) − f(a)b− a
テイラー！ 7
であり、平均値の定理は
f(b) − f(a)b− a
= f ′(∃c)
なので、平均値の定理は（微分可能であることがわかっている関数に関して）、「微分の定義の極
限を取る前の値」について教えてくれる定理であると言えます。
一方、コーシーの平均値定理は平均値の定理の自明でない拡張でした。と言うことは、コーシー
の平均値定理の結論の式で b → a の極限を取ることで、微分の定義式に似てはいるが全く同じ
というわけではない自明でない結論が得られることが期待できるでしょう。それをロピタル (de
l’Hopital)の定理と言います。
ロピタルの定理� �f(t) と g(t) は [a, b) で連続 (a, b) では微分可能で、(a, b) 内の任意の t に対して f ′(t) = 0 とする。このとき
limt→a
g′(t)f ′(t)
が存在するなら
limt→a
g(t) − g(a)f(t) − f(a)
= limt→a
g′(t)f ′(t)
が成り立つ。� �証明. 見てお分かりの通り「コーシーの平均値定理で t→ a とする」という形そのものです。そこ
でまずコーシーの平均値定理が使える状況であることを確認しましょう。t を (a, b) から任意にとると、f は [a, t] で連続、(a, t) で微分可能なので [a, t] で平均値の定理を使えて
f(t) − f(a) = f ′(c)(t− a)
を満たす c が (a, t) に存在します。f ′(t) は (a, b) で 0にならないと仮定しているので右辺は 0になりません。よって、常に f(t) = f(a) です。また、f ′(t) = 0 と仮定しているのですから、特にf ′(t) と g′(t) が同時に 0になることもありません。以上、任意の t ∈ (a, b) に対して [a, t] でコーシーの平均値定理が使えることが分かりました。
次にコーシーの平均値定理を適用してから t→ aとしましょう。コーシーの平均値定理を使うと、
g(t) − g(a)f(t) − f(a)
=g′(c)f ′(c)
を満たす c が (a, t) に存在することが分かります。c は t に依りますが、a < c < t なので t → a
のとき c→ a となります。よって、limt→a
g′(t)f ′(t)
が存在するなら、
limt→a
g(t) − g(a)f(t) − f(a)
= limt→a
g′(c)f ′(c)
= limt→a
g′(t)f ′(t)
となります。 □
最後の太字にした部分は第 3回演習の問題 9で取り上げた「怪しげな証明」と同じ間違いを犯し
やすいことに気を付けて下さい。limt→a
g′(t)f ′(t)
が存在しなくても limt→a
g(t) − g(a)f(t) − f(a)
は存在するかも知
テイラー！ 8
れないのです。だから、limt→a
g′(t)f ′(t)
が存在しない場合にはロピタルの定理からはなにも結論するこ
とができません。
1.4 ロピタルの定理に関する注意
ロピタルの定理はいろいろと微妙なところのある定理で、ロピタルの定理について議論をはじめ
るとプリント 10ページくらいはすぐに使ってしまいます。しかし、このプリントの目標は「テイラーの定理とテイラー展開」なので、キチンとした議論は前節で終わりとし、この節でいくつか大
雑把に注意をしてロピタルの定理についての話を閉じることとします。
1.4.1 ロピタルの定理の逆
まず、もっとも重要な注意です。それは、前節の最後にも述べたようにロピタルの定理の逆は成
り立たないということです。
limt→a
g′(t)f ′(t)
が存在しなくても limt→a
g(t) − g(a)f(t) − f(a)
は存在するかも知れない
というわけです。例を挙げておきましょう。
g(t) = t2 sin1t, f(t) = sin t
とすると、
limt→0
g(t) − g(0)f(t) − f(0)
= limt→0
t2 sin 1t
sin t=(
limt→0
t
sin t
)(limt→0
t sin1t
)= 1 · 0 = 0
と収束しますが、
limt→0
g′(t)f ′(t)
= limt→0
2t sin 1t − cos 1
t
cos t
は振動してしまって収束しません。
1.4.2 ロピタルの定理と微分の定義
ロピタルの定理というのは、f(t) と g(t) が t = a で微分可能でなくても右辺の極限が存在しさ
えすれば成り立つという、結構汚い関数に対しても成立する定理なのですが、ここでは f ′(a) もg′(a) も存在するばかりではなく、f ′(t) も g′(t) も連続だという「きれい」な場合に限るとどのようなことを主張している定理なのか考えてみましょう。ロピタルの定理は、コーシーの平均値定理
に極限操作を施してしまっているのだから、情報量は減っているはずで、自明なことしか言ってい
ない可能性は大いにあり得るのです。
まず、左辺の limt→aが分子と分母に分配してしまいましょう。もちろん
limt→a
(f(t) − f(a)
)= lim
t→a
(g(t) − g(a)
)= 0
なのですから lim を分配すると 0/0の不定形になるわけで、そんなことができるわけもなく、だからこそ「定理」と呼んでもらえるわけです。しかし、分子分母を t− a で割っておくという一ひ
テイラー！ 9
ねりを入れると分子と分母はそれぞれ
limt→a
g(t) − g(a)t− a
, limt→a
f(t) − f(a)t− a
となります。これらは t = a における微分の定義式なので、f ′(a) と g′(a) のどちらかが 0でない場合は lim を分子分母に分配でき3、
limt→a
g(t) − g(a)f(t) − f(a)
= limt→a
g(t) − g(a)t− a
f(t) − f(a)t− a
=limt→a
g(t) − g(a)t− a
limt→a
f(t) − f(a)t− a
=g′(a)f ′(a)
となってしまいます。一方、f ′(t) と g′(t) は t = a で連続としているので、
limt→a
g′(t)f ′(t)
=limt→a
g′(t)
limt→a
f ′(t)=g′(a)f ′(a)
も成り立ちます。従って、以上の成り立つ「きれい」な場合のロピタルの定理は、微分の定義式同
士のわり算をしただけのもので、コーシーの平均値定理を経由した議論は回り道にすぎなかったと
言わざるを得ないでしょう。
1.4.3 ロピタルの定理を使った極限の計算
今考えている「きれい」な範疇で唯一残された「自明でない場合」は g′(a) = f ′(a) = 0 となる場合です。定理の右辺も左辺も「0/0 型の不定型」になります。この場合は、f ′(t) と g′(t) に対してロピタルの定理を使えば
limt→a
g′′(t)f ′′(t)
が存在するならば limt→a
g′(t)f ′(t)
= limt→a
g′′(t)f ′′(t)
が成り立つ
となります。つまり、「1階微分で分からなければ 2階微分を使え」というわけです。この右辺もまた 0/0 なら 3階微分、それもまた 0/0 なら 4階微分、、、となります。くだらないようですが、あとで説明するように、実はこれがテイラーの定理における近似の意味の源（の一つ）になります。
注意. なお、この計算を続ければ必ず求めたかった極限が求まるか、と言うと、何回微分しても 0/0 のままということが実際にあり得るので、それに対する答は NO です。★
このようにロピタルの定理を使って極限を計算する例が第 4回の問題 3です。第 4回問題 3� �
以下の極限をロピタルの定理を利用して計算せよ。
(1) limx→0
ex − 1 − x
x2 + x3(2) lim
x→0
x− tanxx3
(3) limx→0
1x
(ex + 1ex − 1
− 2x
)(4) lim
x→0
(1
x(1 + x)− log(1 + x)
x2
)
(5) limx→+∞
x logx− a
x+ a(6) lim
x→0
(1
sin2 x− 1x2
)� �
3f ′(a) = 0 のときは分子分母を入れ替えて考えれば O.K. です。
テイラー！ 10
解答. (1)だけロピタルの定理の適用の仕方まで気をつけて書き、(2)以降は雑に書きます。
(1) x→ 0 とすると分子も分母も 0に収束します。よって、ロピタルの定理を利用して極限を決定できる可能性があります。分子と分母を微分すると、それぞれ
(ex − 1 − x)′ = ex − 1 (x2 + x3) = 2x+ 3x2
となります。だから、もし極限
limx→0
ex − 12x+ 3x2
が存在するなら、求める極限も存在して値はこれに一致します。ところが、この分子と分母も x→ 0のとき 0に収束します。よって、この極限をロピタルの定理で決定できる可能性があります。分子分母を微分すると、
(ex − 1)′ = ex (2x+ 3x2)′ = 2 + 3x
です。そして、極限が
limx→0
ex
2 + 3x=
12
と存在します。以上より、
limx→0
ex − 1 − x
x2 + x3=
12
であることが分かりました。
(2) x→ 0 としたとき 0にならないところまで分母を微分しましょう。
(x3)′′′ = (3x2)′′ = (6x)′ = 6
です。そこで分子も 3回微分します。
(x− tanx)′′′ =(− tan2 x
)′′=(−2 tanx(1 + tan2 x)
)′= −2
(1 + tan2 x
)2 − 4 tan2 x(1 + tan2 x
) x→0−−−→ −2
となります。よって、ロピタルの定理を 3回使うことにより、
limx→0
x− tanxx3
=−26
= −13
となります。
(3) 通分すると、
1x
(ex + 1ex − 1
− 2x
)=
(x− 2)ex + x+ 2x2(ex − 1)
となります。x→ 0 としたとき 0にならないところまで分母を微分しましょう。
(x2(ex − 1))′ = (x2 + 2x)ex − 2x x→0−−−→ 0
(x2(ex − 1))′′ = (x2 + 4x+ 2)ex − 2 x→0−−−→ 0
(x2(ex − 1))′′′ = (x2 + 6x+ 6)ex x→0−−−→ 6
テイラー！ 11
となります。そこで、分子も 3回微分します。すると、
((x− 2)ex + x+ 2)′′′ = ((x− 1)ex + 1)′′ = (xex)′ = (x+ 1)ex x→0−−−→ 1
となります。よって、ロピタルの定理を 3回使うことで、
limx→0
(x− 2)ex + x+ 2x2(ex − 1)
=16
となります。
(4) 通分すると
1x(x+ 1)
− log(1 + x)x2
=x− (x+ 1) log(1 + x)
x2(x+ 1)
となります。
x → 0 としたとき 0にならないところまで分母を微分します。x2(x + 1) = x3 + x2 なので、2回微分すればよく、
(x3 + x2)′′ = (3x2 + 2x)′ = 6x+ 2 x→0−−−→ 2
です。そこで、分子も 2回微分しましょう。
(x− (x+ 1) log(1 + x))′′ = (− log(1 + x))′ = − 11 + x
x→0−−−→ −1
となります。よって、ロピタルの定理を 2回使うことにより、
limx→0
(1
x(x+ 1)− log(1 + x)
x2
)= −1
2
となります。
(5) y = 1/x と置き換えて y の関数の y → 0 での極限の計算に直しましょう。
logx− a
x+ a= log
1y − a1y + a
= log1 − ay
1 + ay= log(1 − ay) − log(1 + ay)
ですので、求める極限は
limy→0
log(1 − ay) − log(1 + ay)y
です。これは、ロピタルの定理を使うことにより、
= limy→0
(log(1 − ay))′ − (log(1 + ay))′
(y)′= lim
y→0
−a1−ay − a
1+ay
1= −2a
となります。
(6) 通分すると、
1sin2 x
− 1x2
=x2 − sin2 x
x2 sin2 x
テイラー！ 12
となります。これの分母が x→ 0 で 0にならなくなるまで微分しましょう。(x2 sin2 x
)′= 2x sin2 x+ x2 sin 2x x→0−−−→ 0(
x2 sin2 x)′′
= 2 sin2 x+ 4x sin 2x+ 2x2 cos 2x x→0−−−→ 0(x2 sin2 x
)′′′= 6 sin 2x+ 12x cos 2x− 4x2 sin 2x x→0−−−→ 0(
x2 sin2 x)′′′′
= 24 cos 2x− 32x sin 2x− 8x2 cos 2x x→0−−−→ 24
となります。そこで、分子も 4回微分すると、(x2 − sin2 x
)′′′′= (2x− sin 2x)′′′ = (2 − 2 cos 2x)′′ = (4 sin 2x)′ = 8 cos 2x x→0−−−→ 8
となります。よって、ロピタルの定理を 4回使うことにより、
limx→0
(1
sin2 x− 1x2
)=
824
=13
と計算できます。 □
あとでテイラー近似の視点から計算し直します（第 4回問題 4です）。その方法の方が、これと全く同じ計算のシステムがもっとスッキリと見えるようになります。
1.4.4 ロピタルの定理の変種
次に、ロピタルの定理の変種について触れておきましょう。ロピタルの定理は「t → a のとき
0/0 型」というものですが、
• t→ a のとき ∞/∞ 型
• t→ ∞ のとき 0/0 型
• t→ ∞ のとき ∞/∞ 型
の三つの場合にも同じ結論が成り立ちます。（∞ は −∞ でもO.K.です。）t→ a を t→ ∞ にするのは簡単なのですが、0/0 を ∞/∞ にするのは、単に分子と分母の逆数を取ったりするだけでは
上手く行かず証明するのはなかなか大変です。実は「t → a のとき ∞/∞ 型」のロピタルの定理
は、ε-δ を使わなければ証明できない定理といして有名だそうで、しかもその証明はかなりよく読み込まないと何をやっているのか分からないという結構コクのある証明です。ε-δ で書かれた文を読むよい練習にはなるのですが、話の本筋ではないということと紙数と時間の都合で割愛します。
1.4.5 ロピタルの定理の図形的意味
最後にロピタルの定理に対しても図形的な解釈を与えておきましょう。
ロピタルの定理はコーシーの平均値定理で極限を取ったものなので、コーシーの平均値定理の場
合にならって図示することができます。すると図 4になります。もしも f ′(a) = 0 なら、この図は「点
(f(a), g(a)
)における速度ベクトルが接線の方向を向いている」ということを示しているだけ
で、「パラメタ曲線の接線の式の求め方」（高校の教科書参照）にすぎません。
f ′(a) = g′(a) = 0 の場合はどうでしょうか。「点の運動」の視点からいうと、これは t = a で
点が止まってしまう場合に当たります。このとき速度ベクトルは 0ですので、パラメタ曲線の点
テイラー！ 13
� �
O
y
x
(f(a), g(a))
t→ a
(f(t), g(t))
傾き g′(a)f ′(a)
図 4: まるで微分の定義のグラフでの説明みたい。� �(f(a), g(a)
)における接線の傾きをいつも通り g′(a)/f ′(a) とするわけにはいきません。そこで、
「接線とは何だったか」に戻りましょう。
接線とは、
点(f(a), g(a)
)とその近くの点
(f(t), g(t)
)を通る直線の t→ a における『極限』
のことでした。（図としては図 4と全く同じですが、接線の傾きは g′(a)/f ′(a) と書くことはできません。）その傾きはロピタルの定理の左辺で与えられます。一方、ロピタルの定理の右辺は、「速
度ベクトルの傾きの t → a における極限」、つまり「点(f(t), g(t)
)における接線の傾きの t → a
における極限」です。よって、この場合のロピタルの定理の図形的意味を標語的に言うと、
速度が 0のところでの接線は、接線の『極限』である。
ということになります・・・
・・・すみません。この図形的な説明はどう贔屓目に見ても舌っ足らずだと思います。しかし、時間
がないので先に進ませていただきます。重要でないことは確かですのでこだわらず先に進んでくだ
さい。
1.5 積分の平均値定理
関数 F (x) が [a, b] を含む開区間で微分可能で、導関数 F ′(x) が連続だとします。すると微積分の基本定理から ∫ b
a
F ′(x)dx = F (b) − F (a)
が成り立ちます。右辺に平均値の定理を適用して F ′(x) = f(x) と記号を変えると、∫ b
a
f(x)dx = f(c)(b− a)
テイラー！ 14
を満たす c が (a, b) の中に存在することがわかります。これを「積分の平均値定理」とか「平均値の定理の積分型」とか言います。
今のところ、積分は微分の逆演算として定義されている、すなわち、f(x) の不定積分 F (x) とは原始関数つまり微分して f(x) になる関数のこと、定積分とは不定積分に積分区間の端を代入したものの差 F (b) − F (a) のこと、と定義しているのですから、この積分の平均値定理はまるっきりただの言い換えにすぎないことになります。しかし、みなさんもご存じの通り、定積分とはグラ
フと x 軸で囲まれた部分の面積に一致します。その視点から積分の平均値定理を解釈すると次の
ようになるでしょう。
定積分∫ b
af(x)dx の値は、図 5の左側の斜線部の面積です。それと同じ面積を持つ幅 b − a の
長方形の高さは、まさに f(x) の値の平均であって、f(x) を上回りもしないし下回りもしません。（図 5右側）。だから、その長方形の上辺と y = f(x) のグラフの交点の x 座標を c とすれば、積
分の平均値定理が得られます。� �
O
y
x O
y
x
=
a b a b
どれかが c
y = f(x) y = f(x)
図 5: 斜線部の面積が等しい。� �試験の平均点などと言うときと同じ気持ちで、凸凹をならして平らにしたときの高さを平均と言
い、その平均を被積分関数 f(x) がある点 c で実現するから平均値の定理というわけで、微分の平
均値の定理より名前の由来はわかりやすいと思います。
さて、このように図形的な意味を考えてみると、積分の平均値定理は連続関数の性質だけから直
接証明できることがわかるでしょう。使うのは「最大値の原理」と「中間値の定理」です。次のよ
うになります。
証明. f(x)は閉区間 [a, b]上の連続関数なので最大値と最小値を持ちます。それらをそれぞれM, m
としましょう。[a, b] 内の任意の x に対して m ≤ f(x) ≤M が成り立つので、
m(b− a) =∫ b
a
mdx ≤∫ b
a
f(x)dx ≤∫ b
a
Mdx = M(b− a)
となります。中間値の定理より f(x) の値域は [m,M ] なので、特に
f(c) =1
b− a
∫ b
a
f(x)dx
となる c が存在します。 □
テイラー！ 15
この証明を読んだ人は、意味を考えて結局図 5を使った上の説明にたどり着き、そこでやっと「腑に落ちる」のでしょう。そう考えるとこのような formal な証明は無意味に見えるかもしれません。しかし、これは信じて頂くほかないのですが、自分の心／頭の中に生じたいわば「本音の理
解」を「建前の説明」として表に出し、また他人が同様にして作り出した「建前の説明」を自分の
努力で「本音の理解」にまで溶かし直すという一見無意味に見える作業の積み重ねこそが、理屈を
こねる力を付けるだけでなく、新しいアイデアを生み出したり計算に応用する力を付けたりするた
だ一つの方法なのです。
1.6 「重み付き」の積分の平均値定理
次に、「積分の平均値定理」の拡張を考えましょう。「積分の平均値定理」は試験の平均点など
普段よく使う「平均」の概念にピッタリ来ると言いました。ところで、皆さんの気になる「平均
点」は単なる平均ではありませんよね? 例えば、この演習は半年で 1単位ですが、講義の方は半年で 2単位です。だから、この演習の夏学期の成績が 100点で講義の成績が 70点の場合、数学IA 関連の平均点は普通の感覚からいったら (70 + 100)/2 = 85 ですが、単位まで考えた平均は(70 · 2 + 100)/3 = 80 となります。このように独立変数（今の場合は各科目）に重み（今の場合は単位数）を付けて「重み 1あたりの平均」（今の場合は 1単位あたりの平均点）を問題にすることがよくあります。このように独立変数に重みのついた場合でも前節の平均値の定理のバリエイションが成り立つことを以下で説明し
ます。
f(x) と φ(x) を閉区間 [a, b] で定義された連続関数で、φ(x) は任意の x に対して φ(x) ≥ 0 を満たすとします。φ(x) が重み（単位数など）の役割を担うわけです。このとき、� �
∫ b
af(x)φ(x)dx∫ b
aφ(x)dx
= f(c)
となる c が (a, b) に存在する� �というのが重み付きの積分の平均値定理です。こればっかりで恐縮ですが、分母の
∫ b
aφ(x)dx が
総単位数、分子の∫ b
af(x)φ(x)dx が単位数まで勘定に入れた総得点に当たるわけです。
もちろん φ(x) が恒等的に 1なら（つまりすべての科目が 1単位なら）、この定理は前節の「積分の平均値定理」になります。その意味でこの定理は積分区間に ψ(x) によって「重みを付けて」積分の平均値定理を拡張したものになっているのです。
証明しましょう。
証明. f(x) は連続関数なので、[a, b] で最大値と最小値をとります。その値をそれぞれ M, m とし
ましょう。もちろん
m ≤ f(x) ≤M
が任意の x に対して成り立ちます。今、任意の x に対して φ(x) ≥ 0 と仮定しているので、上の不等式のすべての辺に φ(x) を掛けても不等号はそのままです。つまり、
mφ(x) ≤ f(x)φ(x) ≤Mφ(x)
テイラー！ 16
がすべての x に対して成り立ちます。これを a から b まで積分することにより、
m
∫ b
a
φ(x)dx ≤∫ b
a
f(x)φ(x)dx ≤M
∫ b
a
φ(x)dx
が得られます。
もし任意の x に対して φ(x) = 0 なら、この不等式の右辺と左辺は 0になります。よって、c としてどのような値をとろうとも、
0 =∫ b
a
f(x)φ(x)dx = f(c)∫ b
a
φ(x)dx
が成り立ちます。
一方 φ(x) > 0 となる x が存在するなら、∫ b
aφ(x)dx > 0 ですので、それで割ることができて、
m ≤∫ b
af(x)φ(x)dx∫ b
aφ(x)dx
≤M
となります。今、m と M は f(x) の最小値と最大値なので、中間値の定理により、∫ b
af(x)φ(x)dx∫ b
aφ(x)dx
= f(c)
となる c が (a, b) に存在します。これで示せました。 □
2 テイラー近似・定理・展開についての粗筋
ここまでの話は 1階微分や 1階導関数についての話でした。「いや、ロピタルの定理による極限の計算で何回も微分した」と思うかも知れません。そのとおりです。そしてその計算方法が（この
プリントにおける）「テイラー (Taylor)近似」というものの始まりです。関数 f(x) と自然数 k に対して f (k)(x) で f(x) の k 階導関数を表します。つまり f (1) =
f ′, f (2) = f ′′, f (3) = f ′′′, . . . ということです。また、f (0) = f と定義します。微分可能な関数は連
続でもあることを思い出すと、f (k+1)(x) の存在する関数の f (k)(x) は連続となります。f (k+1)(x)が存在しない場合 f (k)(x) は必ずしも連続ではないのですが、たとえ f (k+1)(x) が存在しない場合でも f (k)(x) が連続ならいろいろと細かいことを気にせずに議論できるようになるメリットがあります。そこで、次のような言葉を用意しましょう。
Ck 級関数の定義� �関数 f が k 階微分可能で k 階導関数 f (k) が連続なとき、f は Ck 級関数であると言う。ま
た、f が何回でも微分可能なとき、f は C∞ 級関数であると言う。� �あとで見るようにテイラー展開は C∞ 級関数でしか意味をなさない概念ですが、テイラー近似
やテイラーの定理は途中までしか微分可能でなくても意味をなします。だから、関数の高階微分可
能性についての条件をどこまでゆるめられるかという微妙な問題がついて回ることになります。し
かし、そこにこだわると話の流れが見難くなってしまうので、関数はすべて C∞ 級関数とし、Cn
級関数については注意で触れるにとどめることにします。
テイラー！ 17
これから「テイラー近似・テイラーの定理・テイラー展開」について説明して行きます。一般に
この話題は
関数 f(x) と、x = a における f(x) の n 階までの微係数 f(a), f ′(a), f ′′(a), . . . ,f (n)(a) から作ったある多項式との差が f (n+1)(x) を使った式で書ける
という述べ方をされる「テイラーの定理」をいきなり突きつけられて「はいおしまい」というのが
普通なようです4。しかし、この定理は多くのことを簡潔に述べている定理で、その意味するとこ
ろを酌み取るのは容易ではありません。
そこで、このプリントでは
(1) もとの関数と「ある多項式」との関係、
(2) もとの関数から「ある多項式」を引いた差の表示、
(3) 「ある多項式」の次数を無限大にとばすことができるかどうか、
という順で節を分けて説明して行きます。
本論に入る前に、もう少し詳しく話の流れを説明しておきましょう。
まず、(1) について。関数 f(x) と x = a について、f ′(a) という値は y = f(x) のグラフの(a, f(a)) における接線の傾きでした。接線というのは、大雑把に言うと
直線の中で点 (a, f(a)) において y = f(x) のグラフに一番似ているもの
というものです。（「一番似ている直線」がただ一つに決まることが f(x) が x = a で微分可能なこ
とに対応しているわけです。）一方、直線というのは 1次式のグラフです。そこで、「直線の中で」すなわち「1次式の中で」という制限を緩めて、「2次式の中で」、「3次式の中で」、、、「n 次式の中で」一番似ているもののことを
a における5f(x) の n 次のテイラー近似多項式
と呼ぶことにします。（正確な定義は後の節でします。）この「似ている」という言葉は、接線を雛
形としており、接線は微分の定義とほとんど同じであることから、
x→ a としたときの振る舞いが似ている
という意味で解釈されるものです。（正確には後の節で説明します。）ここまでが (1)の内容です。次に、(2)について。(1)で得られた n 次のテイラー近似多項式のことを pn(x) と書くことにしましょう。pn(x) は x→ a としたときに f(x) と振る舞いが「似ている」わけですが、では x→ a
とせずに a ではない x について pn(x) と f(x) はどのような関係にあるのでしょうか。これを知るということは、f(x) と pn(x) の差
Rn+1(x) := f(x) − pn(x)
を知るということと同じです。ところが、f(x) は与えられた一つの関数ですが、pn(x) は n 次（以
下の）多項式ですので、n+ 1 個の項を持つわけですから、Rn+1(x) は n+ 2 個の項を持つ汚い関数です。だから、このままでは Rn+1(x) について調べることは絶望的と言ってよいでしょう。そこで、(2)で何をするかというと、
4幸いにも皆さんの受けている講義ではこのようなことはなく、キチンと?内容の説明がありましたね。しかし、世の中の多くの講義や教科書は「はいおしまい」型のようですので、もしも自習用の参考書を買おうと考えているなら、そのあたりの説明が十分かどうかチェックしてから買うとよいかも知れません。
5「a のまわりで」とか「a を中心とした」という言い方も適宜使います。
テイラー！ 18
Rn+1(x) を一つの式で表す
表示方法について考えます。具体的には f (n+1)(x) を使って表示します。この結果は「平均値の定理の一般化」とも「微積分の基本定理の繰り返し」とも解釈できる内容になっており、このプリン
トでは両方の面から説明します。
最後に、(3)について。pn(x) には (2)で考えた「x を動かす」という面の他に「n を増やす」という面もあります。(2)で Rn+1(x) の表示を得たことにより、x = a における f(x) と pn(x) の差、つまり pn(x) が f(x) を（普通の意味で）近似している「近似の度合い」がある程度分かるようになりました。そこで、(3)では、
x を決めたとき、n を大きくすると pn(x) の f(x) を近似する度合いはよくなるのか
ということ、極限の言葉を使えば、
x を決めたとき limn→∞
pn(x) = f(x) は成り立つのか
ということについて考えます。その結果、指数関数や三角関数のようによく使う関数はこれが成り
立つという嬉しい結果と、任意の C∞ 級関数についていつもこれが成り立つわけではないという
ちょっと面倒くさい結果が得られます。
以上がこれから後の部分の話の流れです。プリントを読み進めて何をしたいのか分からなくなっ
たらこの節に戻って「自分の立っている場所」を確認してみるとよいかも知れません。
3 テイラー近似多項式
3.1 多項式と微分
よくご存じのように、n 次多項式（で表される関数）は相異なる n+ 1 個の x での値を与えれ
ば決まります。例えば p(1) = 3, p(2) = 8, p(3) = −1 を満たす 2次以下の多項式は
p(x) = 3(x− 2)(x− 3)(1 − 2)(1 − 3)
+ 8(x− 3)(x− 1)(2 − 3)(2 − 1)
− 1(x− 1)(x− 2)(3 − 1)(3 − 2)
= −7x2 + 26x− 16
というものただ一つに決まってしまいます。このように、多項式は有限個の点での値を決めれば決
まってしまうような、とっても自由さの少ない関数です。
一方、微分というものは、ある x での値だけでは計算することはできません。どんなに狭くて
もよいから幅を持った区間での振る舞いを見ないと計算することができないのです。多項式は有限
個の点での値でさえすべてが決まってしまうのですから、微分が先に決まっていれば当然決まって
しまうでしょう。そこでこの節で、注目する点 x = a を決めたときそこでの高階微分でどのよう
に多項式が決まるかをはっきりさせておきましょう。� �I を開区間、n を自然数とする。I 上の関数 f(x) が f (n+1) = 0 （つまり値が 0の定数関数であるということ）を満たすことと、f(x) が n 次以下の多項式であることは同値である。� �
証明. まず n 次以下の多項式の n+ 1 階導関数は恒等的に 0であることを示しましょう。f(x) をn 次以下の多項式、
f(x) = c0 + c1x+ c2x2 + c3x
3 + · · · + cnxn
テイラー！ 19
とします6。すると、
f ′(x) = c1 + 2c2x+ 3c3x2 + · · · + ncnxn−1
f ′′(x) = 2c2 + 6c3x+ · · · + n(n− 1)cnxn−2
f (n−1)(x) = (n− 1)!cn−1 + n!cnx
f (n)(x) = n!cn
f (n+1)(x) = 0
となって f (n+1)(x) は恒等的に 0となります。逆を考えましょう。微積分の基本定理により、任意の関数 g(x) とその導関数 g′ の間には、
g(x) = g(a) +∫ x
a
g′(t)dt
という関係があることを思い出して下さい7。（ただし a は g(x) の定義域である開区間 I の中に一
つ勝手に決めた実数、x は I に含まれる任意の実数です。）これを n+ 1 回繰り返して使います。まず、I 内の任意の x に対して f (n+1)(x) = 0 なのだから、f (n)(x) は
f (n)(x) = f (n)(a) +∫ x
a
f (n+1)(t)dt
= f (n)(a) +∫ x
a
0dt
= f (n)(a)
となって定数関数です。（f (n)(a) と書くと関数みたいに見えるかも知れませんが、a は一つとって決めてあるのですから、f (n)(a) は x に依らない定数です。）これをもう一度積分すると、
f (n−1)(x) = f (n−1)(a) +∫ x
a
f (n)(t)dt
= f (n−1)(a) +∫ x
a
f (n)(a)dt
= f (n−1)(a) + f (n)(a)(x− a)
となります。さらにもう一度積分すると、
f (n−2)(x) = f (n−2)(a) +∫ x
a
f (n−1)(t)dt
= f (n−2)(a) +∫ x
a
(f (n−1)(a) + f (n)(a)(t− a)
)dt
= f (n−2)(a) + f (n−1)(a)(x− a) +f (n)(a)
2(x− a)2
6前にも注意したように、後々 n → ∞ の極限を考えるという方向に話が進んで行きますので、それを見越して定数項の方を先に書く「昇冪の順」を使うことにします。
7微分と違って積分は高校で学んだのとは全く別の定義をすることになります。しかし、もちろん最後には高校で学んだ内容はすべて正当化されます。前書きにも書いたように、このプリントでは積分については高校で学んだことをそのまま認めて使って行くことにします。
テイラー！ 20
となります。これを n+ 1 回繰り返すと、
f(x) = f(a) +∫ x
a
f ′(t)dt
= f(a) +∫ x
a
(f ′(a) + f ′′(a)(t− a) + · · · + f (n)(a)
(n− 1)!(t− a)n−1
)dt
= f(a) + f ′(a)(x− a) +f ′′(a)
2(x− a)2 + · · · + f (n)(a)
n!(x− a)n
が得られます。（これは x− a についての n 次以下の多項式になっていますが、各 (x− a)k を展
開して整理し直してももちろん n 次以下の多項式であることに変わりありません。）これで f(x)が n 次以下の多項式であることがわかりました。 □
細かいこと. 「f (n+1) = 0 なら f(x) は n 次以下の多項式である」ということを微積分の基本定理∫ b
a
g′(x)dx = g(b) − g(a)
を使わずに証明してみましょう。（実質的には同じ内容です。）まず、
導関数が 0である関数は定数関数のみ
ということを思い出して下さい。（前回、平均値の定理を使って証明しました。）g(x) を g′ = 0 を満たす関数とします。すると、平均値の定理
g(b) − g(a) = g′(c)(b − a) となる c が存在する
において、g′(c) = 0 ですので、g(b) = g(a) となります。これは x が違っても g(x) の値は同じだということを意味するので g(x) は定数関数です。これを使って「f (n+1) = 0 である f(x) は n 次以下の多項式」を示しましょう。f (n)(x) は一回微分すると 0になってしまうので、上で示したように定数関数です。
f (n) = cn
としましょう。（もちろん、cn = f (n)(a)（a は定義域 I 内の任意の実数）ですが、見た目が汚くなるのでf (n)(a) とは書かずに cn と書いたまま進めます。）
f (n−1)(x) は微分して定数関数 cn になる関数ということになります。そのような関数として cnx というものがあります。そこで、f (n−1)(x) と cnx の違いを調べるために、f (n−1)(x) − cnx を微分して見ましょう。すると、 (
f (n−1)(x) − cnx)′
= f (n)(x) − cn = cn − cn = 0
となって、f (n−1)(x) − cnx が定数関数であることがわかります。よって、その定数を cn−1 とすれば、
f (n−1)(x) = cn−1 + cnx
となります。ということは、f (n−2)(x) は微分して一次関数 cn−1 +cnx になる関数です。そのような関数として cn−1x+
cn2
x2 という関数があります。f (n−2)(x) とそれの違いを調べるために差を微分してみましょう。すると、(f (n−2)(x) −
(cn−1x +
cn
2x2))′
= f (n−1)(x) − (cn−1 + cnx)
= (cn−1 + cnx) − (cn−1 + cnx) = 0
となって、これが定数関数であることがわかります。その値を cn−2 とすれば、
f (n−2)(x) = cn−2 + cn−1x +cn
2x2
となります。この作業を n + 1 回繰り返せば、
f(x) = c0 + c1x +c2
2x2 + · · · + cn
n!xn
となることがわかります。★
テイラー！ 21
上の証明の後半で、f (n+1) = 0 となる関数が n 次以下の多項式であることがわかっただけでな
く、それを x− a の多項式に整理したときの k 次の係数が f (k)(a)/k! だということまでわかってしまいました。だから、与えられた値 ak を f (k)(a) の値に持つ多項式を得るには、(x− a)k の係
数を ak/k! とすればよいことがわかります。このことは大変重要ですので、もう一度はっきりと意識するために重複をいとわず証明しましょう。ただし、余計な複雑さを避けるために a = 0 の場合で考えます。上の証明も、ごちゃごちゃしてわかりにくいと感じたら、I が 0を含むことにしてa = 0 で書き直してみると、積分を繰り返すたびに一つずつ多項式の次数が上がって行く様子がよりよく見えるかも知れません。� �n を自然数とし、a0, a1, . . . , an を n+ 1 個の実数とする。n 次以下の多項式 pn(x) で
p(k)n (0) = ak k = 0, 1, . . . .n
を満たすものは
pn(x) = a0 + a1x+a2
2x2 +
a3
3!x3 + · · · + an
n!xn
ただ一つである。� �証明. 求める多項式 pn(x) を
pn(x) = c0 + c1x+ c2x2 + · · · + cnx
n
とおきましょう。要求されている条件は
p(k)n (0) = ak k = 0, 1, . . . , n
でした。これを k = 0 のときから順に考えていきましょう。
p(0) = c0 + c10 + · · · + cn0n = c0
なので、k = 0 のときの条件は
c0 = a0
と同値になります。また、
p′(x) = c1 + 2c2x+ · · · + ncnxn−1
なので k = 1 のときの条件は
c1 = a1
と同値になります。さらに、
p′′(x) = 2c2 + 6c3x+ · · · + n(n− 1)cnxn−2
なので、k = 2 のときの条件は
c2 =a2
2
テイラー！ 22
と同値になります。このように、n 以下の k に対して
p(k)n (0) = k!ck
なので、条件は
ck =ak
k!
と同値になります。よって、条件を満たす多項式はただ一つだけあって、それは
pn(x) = a0 + a1x+a2
2x2 + · · · + an
n!xn
です。 □
式が煩雑になるのを避けるために x = 0 での k 階微分係数が ak と一致することを要求しまし
たが、もちろん x = a = 0 での k 階微係数が ak と一致する多項式も同様にただ一つだけ具体的
に決まります。その場合は多項式を xk で整理せずに (x − a)k で整理しておけば完全に上の証明
と同じ計算ができ、答は
pn(x) = a0 + a1(x− a) +a2
2(x− a)2 + · · · + an
n!(x− a)n
となります。上で求めた多項式 pn(x) の x を x− a に取り替えただけのもの、つまり pn(x) を a
だけ平行移動したものになるわけです。
3.2 結論
前節の結果をまとめると、多項式と微分との間には「標語的（気分的）」には次のような関係が
あるということになるでしょう。� �x = a と 0以上の整数 n を勝手にとり、そこでの値 a0、1階の微分係数 a1、2階の微分係数a2、…、n 階の微分係数 an を任意に与えると、それを実現し「余計な情報」を含まない関数
がただ一つ存在し、それは多項式で表される。� �a に限らないすべての点での n+1 階以上の微分係数がすべて 0になっているということを「『余計な情報』を含まない」という言葉で表してみたわけです。多項式は、
「x = a における高階微分係数の列 a0, a1, . . . , an」という目に見えない「無限小的」
な情報を普通の関数の形で目に見える「大域的な」情報に置き換えるのに最適な道具
だと言ってよいでしょう。
3.3 テイラー近似多項式の定義と例
多項式とは限らない普通の関数 f(x) が与えられたとき、前節の結果から、x = a での n 階まで
の微分係数がすべて f (k)(a) と一致している n 次（以下の）多項式がただ一つだけ存在し、具体
的には
pn(x) = f(a) + f ′(a)(x− a) +f ′′(a)
2(x− a)2 + · · · + f (n)(a)
n!(x− a)n (1)
テイラー！ 23
という多項式であることが分かります。そこで、
テイラー近似多項式の定義� �多項式(1)を、点 a を中心とした f(x) の n 次のテイラー近似多項式と呼ぶ。� �
と定義します8。
例を挙げる前に、まず指数関数や三角関数の x = 0 におけるテイラー近似多項式の係数を調べておきましょう。調べるとは言っても n 回微分して x = 0 を代入し n! で割るだけです。これらの関数は、
(ex)′ = ex, (sinx)′ = cosx, (cosx)′ = − sinx, (log(1 + x))′ = (1 + x)−1
など、任意の n に対する n 階微分が簡単に計算できるので、テイラー近似多項式の係数は憶える
までもなく必要なときにはすぐに計算できてしまいます。（それに、これから先いろいろなところ
でしょっちゅう出会うので、憶えようとしなくても憶えてしまいますから安心して下さい。）結果
は次の表のようになります。
0次 1次 2次 3次 4次 5次 6次 7次 . . .
ex 1 1 1/2 1/3! 1/4! 1/5! 1/6! 1/7! · · ·sinx 0 1 0 −1/3! 0 1/5! 0 −1/7! · · ·cosx 1 0 −1/2 0 1/4! 0 −1/6! 0 · · ·
log(1 + x) 0 1 −1/2 1/3 −1/4 1/5 −1/6 1/7 · · ·
4 近似の意味
前節の結論である
多項式は目に見えない微分係数の情報を見えるようにする道具
という視点からすると、テイラー近似多項式 pn(x) は、x = a における f(x) の値、および 1階から n 階までの微分係数という目に見えない「無限小的」な情報だけを目に見える形に具体化して
くれているということになりなります。
テイラー近似多項式 pn(x) はこれ以外に f(x) とどのような関係にあるのでしょうか。言葉を換えていえば、テイラー近似多項式の「近似」の意味を、「x = a での n 階までの微分係数が f(x) のものと一致する」という言い方ではなくもっと直接的に特徴づけることはできないのでしょうか。
できます。つまり、高階微分の値をあらわに使わずに、ある多項式が a を中心とした f(x) の n
次のテイラー近似多項式であるための必要十分条件を書くことができます。それは「テイラー近似
多項式における『近似の意味』」を明らかにする条件であると言うことができます。つまり、「x = a
における n 階までの高階微係数がすべて一致するというのは実はこういう意味だったのだ」と言っ
てよい条件ということです。あまりにも重要なので、節を立てることにします。
8いろいろな呼び名があるようです。「このプリントではテイラー近似多項式と呼ぶことにする」というふうに理解して下さい。ただし、そんなに標準からはずれた名前ではないので、普通は誰にでも通じると思います。
テイラー！ 24
4.1 テイラー近似の特徴付け
いきなり書きます。
テイラー近似多項式の意味� �n 次以下の多項式 pn(x) が a における f(x) の n 次のテイラー近似多項式である、
すなわち
p(k)n (a) = f (k)(a) が 0以上 n 以下のすべての k について成り立つ、
すなわち
pn(x) = f(a) + f ′(a)(x− a) +f ′′(a)
2(x− a)2+
f ′′′(a)3!
(x− a)3
+ · · · + f (n)(a)n!
(x− a)n
であることと、
limx→a
f(x) − pn(x)(x− a)n
= 0 (2)
が成り立つことは同値である。� �つまり、最後の式(2)の成り立つことがテイラー近似多項式の特徴付けだというわけです。標語的には、
pn(x) が a における f(x) の n 次のテイラー近似多項式であるとは、x→ a を考える
とき、f(x) − pn(x) が (x− a)n に比べて無視できるほど小さい
とか、
x→ a のとき f(x) − pn(x) は (x− a)n より速く 0に収束する。
とか、
x→ a において f(x) − pn(x) は n 次より高次の無限小である
などと言います9。
証明は次の節にまわすことにして、もう少し「近似」という言葉の意味を考えてみましょう。
「近似」と言ってもいろいろな意味をつけることができます。ある関数 φ(x) が「関数 f(x) の近似である」と言っても、「大域的な近似」という意味でなら、|f(x)− φ(x)| の最大値が十分小さいとか、あるいは、
∫ b
a|f(x)− φ(x)|dx が小さいとかのほうが相応しいでしょう。しかし、ここで
の近似は「局所的な近似」、もう少し詳しく言うと「x が a に近付くときの関数の振る舞いが似て
いる」ことを「近似」と言っているのです。
微分の定義式
limx→a
f(x) − f(a)x− a
= f ′(a)
9「高次の無限小」という言葉にははっきりした定義と記号（ランダウの記号）があり、講義では導入されましたが、このプリントでは使用しないことにしました。その記号が誤解の素になっている場面を何度も見たことがあるからです。
テイラー！ 25
において、右辺を左辺に移項して通分すると、
limx→a
f(x) − f(a) − f ′(a)(x− a)x− a
= 0
となります。ということは、接線の式として皆さんもおなじみの
pn(x) = f(a) + f ′(a)(x− a)
という一次（以下の）式は、
x→ a のとき、f(x) と pn(x) の差が x− a に比べて無視できる
という 1 次のテイラー近似多項式だと言えるわけです。つまり、a における n 次のテイラー近似多項式とは、
y = f(x) のグラフと x = a のところで n 重に接する多項式
とも言えるのです。
4.2 証明
見た目の複雑さを避けるために、a = 0 の場合で証明します。まず、pn(x) が 0を中心とした f(x) の n 次のテイラー近似多項式ならば
limx→a
f(x) − pn(x)xn
= 0
が成り立つことを証明しましょう。
極限を考えたい式の分子、分母とも
limx→0
(f(x) − pn(x)) = f(0) − p(0) = 0
limx→0
xn = 0n = 0
となっているので、問題の極限はいわゆる「0/0 型」です。そこでロピタルの定理が使えるかも知れません。そのために分子と分母をそれぞれ微分して x→ 0 での極限を考えてみると、
limx→0
(f(x) − pn(x))′ = limx→0
(f ′(x) − p′(x)) = f ′(0) − p′(0) = 0
limx→0
(xn)′ = limx→0
nxn−1 = 0
となってまた「0/0 型」です。そこで、これに対してロピタルの定理が使えるかどうかを見るためにもう一度分子分母をそれぞれ微分して x→ 0 での極限を考えてみると、
limx→0
(f ′(x) − p′(x))′ = limx→0
(f ′′(x) − p′′(x)) = f ′′(0) − p′′(0) = 0
limx→0
(nxn−1)′ = limx→0
n(n− 1)xn−2 = 0
となってまた「0/0 型」です。これを n 回繰り返すと、
limx→0
f (n)(x) − p(n)n (x)
n!=f (n)(0) − p
(n)n (0)
n!= 0
テイラー！ 26
という値の確定する極限にたどり着きます。結局、ロピタルの定理を n 回繰り返し使うことで、
0 =f (n)(0) − p
(n)n (0)
n!= lim
x→0
f (n)(x) − p(n)n (x)
n!= lim
x→0
f (n−1)(x) − p(n−1)n (x)
n!x
· · · = limx→0
f ′′(x) − p′′(x)n(n− 1)xn−2
= limx→0
f ′(x) − p′(x)nxn−1
= limx→0
f(x) − pn(x)xn
となることがわかりました。 □
細かいこと. ここでは f(x) は C∞ 級、つまり何回でも微分できるものとして証明しました。何回でも微分できるということは f (n)(x) は微分可能です。ということは f (n)(x) は連続関数ですから lim
x→0f (n)(x) = f (n)(0)
が成り立ちます。このために、
limx→0
f (n)(x) − p(n)n (x)
n!=
f (n)(0) − p(n)n (0)
n!
となって n 階微分のところまでロピタルの定理を使えました。しかし、実は f(x) の微分可能性の条件を
n − 1 階微分可能で、f (n−1)(x) は x = 0 においては微分可能
というところまでゆるめることができます。pn(x) は多項式なので C∞ 級であり、
limx→0
f (n−1)(x) − f (n−1)(0)
x= f (n)(0)
（微分の定義式です）と、条件 f (n−1)(0) = p(n−1)n (0) とから、
limx→0
f (n−1)(x) − p(n−1)n (x)
n!x
=1
n!limx→0
(f (n−1)(x) − f (n−1)(0)
x− p
(n−1)n (x) − p
(n−1)n (0)
x
)
=1
n!
(limx→0
f (n−1)(x) − f (n−1)(0)
x− lim
x→0
p(n−1)n (x) − p
(n−1)n (0)
x
)
=1
n!(f (n)(0) − p(n)
n (0)) = 0
とすることにより、n 回微分のところではロピタルの定理を使わずに 0に収束することが示せるのです。他の部分は上に書いた証明と同じです。★
次に、n 次以下の多項式 qn(x) が
limx→0
f(x) − qn(x)xn
= 0
を満たすなら、qn(x) は x = 0 を中心とした f(x) の n 次のテイラー近似多項式でなければなら
ないことを証明しましょう。
多項式 qn(x) を
qn(x) = a0 + a1x+ · · · + an−1xn−1 + anx
n
とおき、pn(x) を x = 0 における n 次のテイラー近似多項式、すなわち、
pn(x) = f(0) + f ′(0)x+f ′′(0)
2+ · · · + f (n)(0)
n!
としましょう。既に
limx→0
f(x) − pn(x)xn
= 0
テイラー！ 27
が示されているので、特に、n 以下の任意の k に対して
limx→0
f(x) − pn(x)xk
= limx→0
f(x) − pn(x)xn
xn−k
=(
limx→0
f(x) − pn(x)xn
)(limx→0
xn−k)
= 0
が成り立ちます。
今、
limx→0
f(x) − qn(x)xn
= 0
と仮定しているので、f(x) − pn(x) の場合と同様に、n 以下の任意の k に対して
limx→0
f(x) − qn(x)xk
= 0
が成り立ちます。この式で
f(x) − qn(x) = (f(x) − pn(x)) + (pn(x) − qn(x))
と見ると、
0 = limx→0
f(x) − qn(x)xk
= limx→0
(f(x) − pn(x)) + (pn(x) − qn(x))xk
= limx→0
(f(x) − pn(x)
xk+pn(x) − qn(x)
xk
)= lim
x→0
pn(x) − qn(x)xk
つまり、
limx→0
pn(x) − qn(x)xk
= 0
が n 以下の任意の k に対して成り立つことがわかります。
まず、k = 0 のときにこの式を使うと、
pn(x) − qn(x) = f(0) − a0 + (f ′(0) − a1)x+ · · · +(f (n)(0)n!
− an
)xn
なので、
0 = limx→0
(pn(x) − qn(x)) = pn(0) − qn(0) = f(0) − a0
となり、
a0 = f(0)
であることがわかります。これで、
pn(x) − qn(x) = (f ′(0) − a1)x+(f ′′(0)
2− a2
)x2 + · · · +
(f (n)(0)n!
− an
)xn
テイラー！ 28
となりました。その上で k = 1 の場合の極限の式を使うと、
0 = limx→0
pn(x) − qn(x)x
= f ′(0) − a1
となるので、
a1 = f ′(0)
がわかります。そして、
pn(x) − qn(x) =(f ′′(0)
2− a2
)x2 +
(f ′′′(0)
3!− a3
)x3 +
(f (n)(0)n!
− an
)xn
となります。その上で k = 2 の場合の極限の式を使うと、
0 = limx→0
pn(x) − qn(x)x2
=f ′′(0)
2− a2
となるので、
a2 =f ′′(0)
2
となります。この作業を n 回繰り返すことにより、0以上 n 以下のすべての k に対して
ak =f (k)(0)k!
が成り立つこと、つまり qn(x) = pn(x) であることがわかりました。pn(x) は
p(k)n (0) = f (k)(0)
が 0以上 n 以下のすべての k について成り立つように作ったのですから、これで示されました。
□
4.3 応用
テイラー近似多項式が x→ a のときの f(x) の振る舞いを近似しているということから、関数の極限を求めるときに活躍してくれるだろうと予想できるでしょう。その例が第 4回の問題 4です。
第 4回問題 4� �以下の極限をテイラー近似多項式を利用して計算せよ。
(1) limx→0
ex − 1 − x
x2 + x3(2) lim
x→0
x− tanxx3
(3) limx→0
1x
(ex + 1ex − 1
− 2x
)(4) lim
x→0
(1
x(1 + x)− log(1 + x)
x2
)
(5) limx→+∞
x logx− a
x+ a(6) lim
x→0
(1
sin2 x− 1x2
)� �
テイラー！ 29
解答. すべて同じ方法で計算できますので、(1)だけ計算の根拠まで説明し、(2)以降は計算過程だけ記します。また、「a でのテイラー近似多項式を考える」ということを「a でテイラー近似する」
と言ってしまうことにします。
(1) x → 0 での極限を計算したいので、分子と分母の関数を 0のまわりでテイラー近似しましょう。とはいえ、分母はそのままで 0のまわりでのテイラー近似多項式になっています。分母のテイラー近似多項式の最低次数の項は 2次なので、分子を 2次までテイラー近似します。すると、
ex − 1 − x =(
1 + x+x2
2+R3(x)
)− 1 − x =
x2
2+R3(x)
となります。ここで、R3(x) = ex − 1 − x− x2
2 は
limx→0
R3(x)x2
= 0
を満たしています。よって、
limx→0
ex − 1 − x
x2 + x3= lim
x→0
x2
2 +R3(x)x2 + x3
= limx→0
12 + R3(x)
x2
1 + x=
12 + 01 + 0
=12
と計算できます。
(2) tanx を微分していくと
tan′ x = 1 + tan2 x
tan′′ x =(1 + tan2 x
)′= 2 tanx
(1 + tan2 x
)tan′′′ x =
(2 tanx
(1 + tan2 x
))′= 2
(1 + tan2 x
)2+ 4 tan2 x
(1 + tan2 x
)となりますので、テイラーの近似定理によって
tanx = x+x3
3+R4(x) lim
x→0
R4(x)x3
= 0
となります。これを代入して極限をとると
limx→0
x− tanxx3
= limx→0
−x3
3 −R4(x)x3
= −13
となります。
(3) 通分すると、
1x
(ex + 1ex − 1
− 2x
)=
(x− 2)ex + x+ 2x2(ex − 1)
となります。分子の ex を 0のまわりで 3次までテイラー近似し、分母の ex は 0のまわりで 1次までテイラー近似します。
ex = 1 + x+R2(x) = 1 + x+x2
2+x3
3!+R4(x) lim
x→0
R2(x)x
= limx→0
R4(x)x3
= 0
テイラー！ 30
です。すると、
(x− 2)ex + x+ 2x2(ex − 1)
=(x− 2)(1 + x+ x2
2 + x3
6 +R4(x)) + x+ 2x2(1 + x+R2(x) − 1)
=x3
6 + x4
6 + (x− 2)R4(x)x3 + x2R2(x)
となります。よって、
limx→0
1x
(ex + 1ex − 1
− 2x
)= lim
x→0
x3
6 + x4
6 + (x− 2)R4(x)x3 + x2R2(x)
=16
となります。
(4) テイラーの近似定理により
log(1 + x) = x− x2
2+R3(x) lim
x→0
R3(x)x2
= 0
ですので
limx→0
(1
x(1 + x)− log(1 + x)
x2
)= lim
x→0
(1x− 1
1 + x− 1x
+12− R3(x)
x2
)= −1
2
となります。
(5) y = 1/x と置き換えて y の関数として 0のまわりで 1次までテイラー近似をすると、
logx− a
x+ a= log
1 − ay
1 + ay= log(1 − ay) − log(1 + ay) =(−ay +R2(y)) − (ay + S2(y))
limy→0
R2(y)y
= limy→0
S2(y)y
= 0
となります。よって、
limx→∞
x logx− a
x+ a= lim
y→0
(−a+
R2(y)y
− a− S2(y)y
)= −2a
となります。
(6) sin2 x を微分して行くと(sin2 x
)′= sin 2x
(sin2 x
)′′= 2 cos 2x
(sin2 x
)′′′= −4 sin 2x
(sin2 x
)′′′′= −8 cos 2x
となります。よって、テイラーの近似定理により
sin2 x = x2 − x4
3+R5(x) lim
x→0
R5(x)x4
= 0
ですので
limx→0
(1
sin2 x− 1x2
)= lim
x→0
x2 − sin2 x
x2 sin2 x= lim
x→0
x4 − 3R5(x)3x4 − x6 + 3x2R5(x)
=13
となります。 □
テイラー！ 31
前節で説明した「テイラー近似の特徴付け」の証明の仕方から考えて、この計算方法はロピタル
の定理を繰り返し適用する第 4回問題 3の解法と同じことです。しかし、ex のようにテイラー近
似多項式が簡単に導けたり憶えてしまっていたりする関数が相手の場合、このほうがずっと見通し
よく計算できますし、なにより、x → a のとき分子と分母の関数の中でどのような次数の「無限
小」たちが足しあわされているのか一遍に見渡しながら計算できるので、確実性もあがると思いま
す。第 4回問題 3の解答の計算と比較してみてください。
5 近似の一意性と微分
「テイラー近似多項式の特徴付け」が成り立つ、つまり、n 次以下の多項式 pn(x) が x = a に
おける f(x) の n 次テイラー近似多項式であることと
limx→a
f(x) − pn(x)(x− a)n
= 0
が成り立つことは同値である、ということは、適当に持ってきた n 次以下の多項式 qn(x) がたまたまこの条件を満たしてしまったら、この qn(x) は
qn(x) = f(a) + f ′(a)(x− a) +f ′′(a)
2(x− a)2 + · · · + f (n)(a)
n!(x− a)n
でなければならないということを意味します。このことは、f(x) を直接微分せずに f (n)(a) を計算する方法があるかも知れないということを示唆しています。
例えば、
1 − xn+1 = (1 − x)(1 + x+ x2 + · · · + xn)
という式の両辺を 1 − x で割ると
1 − xn+1
1 − x= 1 + x+ x2 + · · · + xn
となります。適当に移項すると、これは
11 − x
− (1 + x+ x2 + · · · + xn) =xn+1
1 − x
となります。この右辺を xn で割って x→ 0 の極限をとると
limx→0
xn+1/(1 − x)xn
= limx→0
x
1 − x= 0
となりますので、もちろん左辺も xn で割って x→ 0 とすると 0に収束します。つまり、
limx→0
1/(1 − x) − (1 + x+ x2 + · · · + xn)xn
= 0
が成り立っています。ということは、
1 + x+ x2 + · · · + xn
という関数は 1/(1 − x) の x = 0 における n 次のテイラー近似多項式です。この関数は xk の係
数がすべて 1ですので、 (1
1 − x
)(k)∣∣∣∣∣x=0
= k!
テイラー！ 32
であることが、1/(1 − x) を直接微分することなく示せたことになります。この関数はあまりに簡単すぎて直接微分した方が早いくらいなので、ありがたみが実感できない
かも知れませんが、第 4回の問題 5や問題 6のようなものにこの発想が使えるとなると少しテイラー近似多項式を見る目が変わって来るのではないでしょうか。問題 5は上の計算を直接使って解けますが、問題 6をこの方法で解くには、関数の積や合成のテイラー近似多項式、すなわち高階微係数を積や合成関数を直接微分することなく計算する一般的な方法についてまず調べておく必要が
あります。まず問題 5を解き、そのあと積や合成のテイラー近似の一般論を説明し、最後に問題 6を解きます。ただし、積や合成のテイラー近似の議論は（特に合成の方は）記号で目がくらむよう
な見た目のゴチャゴチャしたものなので、一般論の前に問題 6の解答を読んでから一般の場合の証明に戻る方がよいかも知れません。
第 4回問題 5� �f(x) を
f(x) =x
x2 − 3x+ 2
とする。任意の自然数 n に対し f の 0 における n 次のテイラー近似多項式を計算せよ。� �解答. f(x) を部分分数分解すると、
f(x) =x
(1 − x)(2 − x)=
11 − x
− 22 − x
となります。上の議論により、
11 − x
= 1 + x+ x2 + x3 + · · · + xn +Rn+1(x) limx→0
Rn+1(x)xn
= 0
となっています。また、
22 − x
=1
1 − x2
なので、
22 − x
= 1 +x
2+(x
2
)2
+(x
2
)3
+ · · · +(xn
)n
+Rn+1
(x2
)がテイラー近似です。なぜなら、
limx→0
Rn+1(x2 )
xn= 0
が成り立っているからです。以上より、
f(x) = (1 − 1) +(
1 − 12
)x+
(1 − 1
22
)x2 +
(1 − 1
23
)x3
+ · · · +(
1 − 12n
)xn +Rn+1(x) −Rn+1
(x2
)=
12x+
34x2 +
78x3 + · · · + 2n − 1
2nxn +Rn+1(x) −Rn+1
(x2
)が f(x) の 0における n 次のテイラー近似を与えています。なぜなら
limx→0
Rn+1(x) −Rn+1(x2 )
xn= 0
テイラー！ 33
が成り立っているからです。よって、求める n 次のテイラー近似多項式は
12x+
34x2 +
78x3 + · · · + 2n − 1
2nxn
となります。 □
上の解法のポイントは「和のテイラー近似はテイラー近似の和」だということです。和の場合は
上のように簡単でしたが、積や合成の場合はもう少し複雑ですので、そのための節を作ってゆっく
り議論しましょう。
5.1 積のテイラー近似多項式
積 f(x)g(x) を直接微分することなく、f(x) と g(x) のテイラー近似多項式から f(x)g(x) のテイラー近似多項式を求めてみましょう。
pn(x), qn(x) をそれぞれ f(x), g(x) の a における n 次のテイラー近似多項式とします。つまり、
pn(x) = a0 + a1(x− a) + · · · + an(x− a)n, ak =f (k)(a)k!
qn(x) = b0 + b1(x− a) + · · · + bn(x− a)n, bk =g(k)(a)k!
とします。すると、pn(x) と qn(x) の積 pn(x)qn(x) を x− a の多項式として整理した多項式の n
次以下の項を集めてできる多項式、具体的には
rn(x) = a0b0 + (a0b1 + a1b0)(x− a) + · · · +n∑
k=0
akbn−k(x− a)n
が積 f(x)g(x) の a における n 次のテイラー近似多項式になっています。
証明しましょう。見やすくするために
R(x) = f(x) − pn(x), S(x) = g(x) − qn(x)
とおきます。すると、
f(x)g(x) − rn(x) = (pn(x) +R(x))(qn(x) + S(x)) − rn(x)
= pn(x)qn(x) + pn(x)S(x) + qn(x)R(x) +R(x)S(x) − rn(x)
となります。ここで、pn(x)qn(x) − rn(x) は x − a の多項式として n + 1 次以上の項しかありませんので、
limx→a
pn(x)qn(x) − rn(x)(x− a)n
= 0
が成り立ちます。また
limx→a
R(x)(x− a)n
= limx→a
S(x)(x− a)n
= 0
が成り立っているので、
limx→a
qn(x)R(x)(x− a)n
= limx→a
pn(x)S(x)(x− a)n
= limx→a
R(x)S(x)(x− a)n
= 0
テイラー！ 34
も成り立っています。よって、
limx→a
f(x)g(x) − rn(x)(x− a)n
= limx→a
pn(x)qn(x) − rn(x) + qn(x)R(x) + pn(x)S(x) +R(x)S(x)(x− a)n
= 0
となります。これは rn(x) が f(x)g(x) の x = a における n 次のテイラー近似多項式であること
を意味します。 □
rn(x) の係数を具体的に見てやれば、積の高階微分公式が手に入ります。rn(x) の (x− a)k の係
数を pn(x)qn(x) のものと比較すると、
(fg)(k)(a)k!
=k∑
l=0
f (l)(a)l!
gk−l(a)(k − l)!
となっているので、両辺に k! を掛ければ、
(fg)(k)(a) = k!k∑
l=0
f (l)(a)l!
gk−l(a)(k − l)!
=k∑
l=0
k!l!(k − l)!
f (l)(a)g(k−l)(a)
=k∑
l=0
kCl f(l)(a)g(k−l)(a)
となります。これが積の高階微分の公式です。もちろん k = 1 のときは普通の積の微分公式になっています。だから、これは積の微分公式のテイラー近似の視点からの別証明にもなっているわけ
です。
5.2 合成関数のテイラー近似多項式
f(a) = b とします。g(y) に y = f(x) を代入してできる合成関数 g ◦ f(x) = g(f(x)) の a にお
ける n 次のテイラー近似多項式は、
g(y) の b における n 次のテイラー近似多項式 qn(y) に f(x) の a における n 次のテ
イラー近似多項式 pn(x) を代入してできる多項式 qn(pn(x)) を x− a について整理し
たときの n 次以下の部分
であるということもテイラー近似多項式の一意性を使って、直接微分することなく証明できます。
証明しましょう。f(x) と g(y) のテイラー近似多項式をそれぞれ
pn(x) = a0 + a1(x− a) + · · · + an(x− a)n
qn(y) = b0 + b1(y − b) + · · · + bn(y − b)n
とし、式変形を見やすくするために
R(x) = f(x) − pn(x), S(y) = g(y) − qn(y)
テイラー！ 35
とおきます。f(a) = b なので a0 = b であることに注意してください。g(y) に y = f(x) を代入すると、
g ◦ f(x) = g(f(x)) = q(f(x) − b) + S(f(x))
= b0 + b1(a1(x− a) + · · · + an(x− a)n +R(x)) + · · ·
+ bn(a1(x− a) + · · · + an(x− a)n +R(x))n + S(f(x))
= b0 + a1b1(x− a) + (a2b1 + a1b2)(x− a)2 + · · ·
+ (a1bn + · · · + a1nbn)(x− a)n + u(x) + U(x)R(x) + S(f(x))
となります。ただし、u(x) は多項式 qn(pn(x− a)− b) を x− a について整理したときの n+ 1 次以上の項を集めた多項式、U(x) は qn(pn(x− a) − b+R(x)) を展開整理したときに R(x) を含む項を集め R(x) を括りだした関数です。よって、
limx→a
u(x)(x− a)n
= 0, limx→a
U(x)R(x)(x− a)n
= 0
が成り立っています。また、
limx→a
S(f(x))(x− a)n
= limx→a
S(f(x))(f(x) − b)n
(f(x) − b)n
(x− a)n
=(
limy→b
S(y)(y − b)n
)(limx→a
f(x) − f(0)x− a
)n
= 0 · f ′(a)n = 0
です。
以上より、
rn(x) :=「qn(pn(x)) を x− a の多項式として整理したときの n 次以下の部分」
と定義すると、
g ◦ f(x) = rn(x) + o(x− a)n + o(x− a)n = rn(x) + o(x− a)n
となります。このことは rn(x) が g ◦ f(x) の a における n 次のテイラー近似多項式であることを
意味しています。 □
証明の途中で注意したように、残念ながら n 階微分の部分を取り出しても分かりやすい（記憶
しやすい）公式にはなりません。
以上のように一般的に書くと何を言いたいのかわかりにくいものです。この節が余りよくわから
なくても、とりあえず次の「問題 6の解答」を読んでみてください。その後この証明にもう一度戻ると、少しわかりやすくなるのではないかと思います。
第 4回問題 6� �f(x) = esin x cosx の 0における 6次のテイラー近似多項式を計算せよ。� �
解答. sinx の 0における 6次のテイラー近似多項式を p6(x) とすると、
p6(x) = x− 13!x3 +
15!x5
テイラー！ 36
です。sin 0 = 0 なので、ey の 0における 6次のテイラー近似多項式を考えます。それを q6(y) とすると、
q6(y) = 1 + y +12y2 +
13!y3 +
14!y4 +
15!y5 +
16!y6
です。また、cosx の 0における 6次のテイラー近似多項式を r6(x) とすると、
r6(x) = 1 − 12x2 +
14!x4 − 1
6!x6
です。テイラー近似多項式の一意性により、esin x cosx の x = 0 における 6次のテイラー近似多項式は
q6(p6(x))r6(x)
という多項式の 6次までの項を集めたものと一致します。それを計算するために、まず q6(p6(x)) の 6次の項までを計算しましょう。
q6(p6(x)) = 1 +(x− 1
3!x3 +
15!x5
)+
12
(x− 1
3!x3 +
15!x5
)2
+13!
(x− 1
3!x3 +
15!x5
)3
+14!
(x− 1
3!x3 +
15!x5
)4
+15!
(x− 1
3!x3 +
15!x5
)5
+16!
(x− 1
3!x3 +
15!x5
)6
です。これを見るとものすごく大変そうに感じるかも知れません。しかし、必要なのは 6次の項までなので、7次以上の項は計算する必要はありません。そうすると、それほど大変な計算でもなく
1 + x+12x2 − 1
8x4 − 1
15x5 − 1
240x6
とわかります。これに r6(x) を掛けて 6次の項までをとると、
1 + x− 12x3 − 1
3x4 − 1
40x5 +
790x6
となります。これが esin x cosx の x = 0 を中心とした 6次のテイラー近似多項式になっています。□
実は、(esin x
)′ = esin x cosx であることを使うと、もっと楽に計算することができます。なぜなら、g(x) = esin x とすると g′(x) = f(x) なので、g(x) の 0 における 7次のテイラー近似多項式
g(0) + g′(0)x+g′′(0)
2x2 +
g′′′(0)3!
x3 + · · · + g(6)(0)6!
x6 +g(7)(0)
7!x7
を微分すると、
g′(0) + g′′(0)x+g′′′(0)
2x2 + · · · + g(6)(0)
5!x5 +
g(7)(0)6!
x6
= f(0) + f ′(0)x+f ′′(0)
2x2 + · · · + f (5)(0)
5!x5 +
f (6)(0)6!
x6
となって、f(x) の 0 における 6次のテイラー近似多項式が得られる一方、g(x) は ey に y = sinxを合成しただけなので、f(x) のテイラー近似多項式よりだいぶ楽に計算できるからです。是非この方法でも計算して答が一致することを確かめてみてください。
テイラー！ 37
また、自分でいろいろ例を考えて計算してみるとテイラー近似多項式の計算にも慣れるし、この
方法の強力さも実感できると思います。例えば tanx のテイラー近似多項式はどのようになるでしょうか。sinx のテイラー近似多項式を cosx のテイラー近似多項式で割っても、多項式分の多項式は多項式にならないのでうまくいきません。この場合は
tanx =sinxcosx
=sinx
1 + (cosx− 1)
と見て、1/(1 + y) に y = cosx− 1 を合成してから sinx を掛けたと見れば問題 6とまったく同様に計算できます。是非、直接微分する方法と問題 6の解答の方法の両方で計算してみて下さい。
6 剰余項の表示：極限から誤差へ
前節までで、
f(x) の a を中心とした n 次のテイラー近似多項式 pn(x) を
pn(x) = f(a) +f ′(a)
1!(x− a) +
f ′′(a)2!
(x− a)2 + · · · + f (n)(a)n!
(x− a)n
によって定義すると、
limx→a
f(x) − pn(x)(x− a)n
= 0 (3)
が成り立つ。また、f(x) との差が条件(3)を満たすような n 次以下の多項式は pn(x)しかない。
ということと、そのことから直接分かることについて説明してきました。
極限について考えてきたので、この節ではもっと精密に
極限を取る前についてはどのようなことが分かるか
を考えて行きましょう。
注目したいのは f(x) とそのテイラー近似多項式 pn(x) との差なのですから、それを表す記号と言葉を用意してしまいましょう。
剰余項の定義� �関数 f(x) の a における n 次のテイラー近似多項式
pn(x) = f(a) +f ′(a)
1!(x− a) +
f ′′(a)2!
(x− a)2 + · · · + f (n)(a)n!
(x− a)n
ともとの関数 f(x) に対し、関数 Rn+1(x) を
Rn+1(x) = f(x) − pn(x)
で定義し、f(x) の a における n 次の剰余項と呼ぶ。� �さて、Rn+1(x) という記号10を用意してはみたものの、その中身は f(x) から pn(x) を引いたもの、つまり f(x) という与えられた関数から n+ 1 個の単項式を引いた、n+ 2 個もの項を持つ扱
10Rn+1(x) ではなく Rn(x) と書く人も大勢います。講義や参考書とこのプリントを合わせて読むときには気を付けて下さい。
テイラー！ 38
いにくい関数です。一方、知りたいことは Rn+1(x) の x→ a としたときの振る舞いではなく、x
を a に近づけないときの性質です。だから、この節の目標は、このままでは項の数が多すぎてど
うにもならない Rn+1(x) を一つの式で表す公式を得ることです11。「Rn+1(x) を一つの式で書きたい」および「Rn+1(x) が一つの式で書けたことのありがたみ」という意識を常に持ってこの節を読むようにして下さい。でないとなにやってんだか分からなくなること必定です。
6.1 ラグランジュ表示：ロピタルからコーシーへ
テイラー近似多項式が
limx→a
Rn+1(x)(x− a)n
= 0
という性質を持つことを証明するとき（第 4.2節）にロピタルの定理を繰り返し使いました。一方、ロピタルの定理はコーシーの平均値定理で極限をとって示されるものでした。だから、ロピタルの
定理を使って示したことの極限を取る前のことを知りたければ、コーシーの平均値定理を使うべき
だと言えるでしょう。ロピタルでなくコーシーを使えば、Rn+1(x)/(x− a)n → 0 ということより精密な情報を得られるかも知れないわけです。
Rn+1(x) を (x − a)n で割ると極限が 0になってしまうのですから、分母の次数を一つあげて(x − a)n+1 とし、性質(3)の証明と同じようにロピタルの定理を繰り返し使ってみましょう。すると、
limx→a
Rn+1(x)(x− a)n+1
= limx→a
R′n+1(x)
(n+ 1)(x− a)n= · · · = lim
x→a
R(n)n+1(x)
(n+ 1)!(x− a)=R
(n+1)n+1 (a)(n+ 1)!
が得られます。ここで、すべてのステップでロピタルの定理の代わりにコーシーの平均値定理を使
うと、
Rn+1(x)(x− a)n+1
=R′
n+1(c0)(n+ 1)(c0 − a)n
=R′′
n+1(c1)(n+ 1)n(c1 − a)n−1
= · · ·
=R
(n)n+1(cn−1)
(n+ 1)!(cn−1 − a)=R
(n+1)n+1 (cn)(n+ 1)!
となります。ただし、「c0 が x と a の間に存在」、「c1 が c0 と a の間に存在」、. . . 、「cn が cn−1
と a の間に存在」するという意味です。Rn+1(x) と f(x) との違いは n 次以下の多項式ですので、
この二つの n+ 1 階導関数は同じ、すなわち R(n+1)n+1 (x) = f (n+1)(x) です。よって、上の一連の式
の最初と最後だけを取り、R(n+1)n+1 (x) を f (n+1)(x) で置き換えることで、
剰余項のラグランジュ表示� �Rn+1(x) =
f (n+1)(c)(n+ 1)!
(x− a)n+1
を満たす c が x と a の間に存在する� �という結論が得られました。この表示をラグランジュの剰余項、あるいは剰余項のラグランジュ表
示と言います。
11このことを先取りして「剰余項」と単項式のように呼んでしまっているのです。
テイラー！ 39
注意. 多くの講義や教科書では、剰余項のラグランジュ表示のことをテイラーの定理と呼んでいます。もう少し正確に言うと、
f(x) = f(a) + f ′(a)(x − a)+f ′′(a)
2(x − a)2 +
f ′′′(a)
3!(x − a)3
+ · · · + f (n)(a)
n!(x − a)n +
f (n+1)(c)
(n + 1)!(x − a)n+1
の成り立つ c が a と x の間に存在するということをテイラーの定理と呼んでいます。★
これは、コーシーの平均値定理を繰り返し使って得られたことからも分かるように
n+ 1 階微分に関する平均値の定理
とでも言うべきものです。実際 n = 0 としてみると、
f(x) = f(a) +R1(x), R1(x) = f ′(∃c)(x− a)
となって平均値の定理そのものです。しかし、n > 0 のとき Rn+1(x) のラグランジュ表示が何のどういう意味での「平均」なのかははっきり言って分かりません。この表示のよいところは、
式がテイラー近似多項式の項とほとんど同じなので憶えやすい
ということと、
f (n+1)(x) の値の範囲が分かれば、何の工夫もなく直接 Rn+1(x) の値の評価が得られるので使いやすい
という、いわば「実用性」にあるのだと思います。表示自体としては「c」に由来する曖昧さが大
きく響きすぎて余りよい評価を与えてくれません。とは言え十分役に立つことを、n→ ∞ を考えるときにお見せします。そのとき同時に、この表示では Rn+1(x) の値の評価が荒すぎるという実例も見ます。
6.2 積分表示：微積分の基本定理の視点から
前節で得たラグランジュ表示は、実用的だが意味が今ひとつ分かりにくいものでした。そこで、
この節では「剰余項の意味」を重視した表示を目指してみましょう。
多項式と微分の関係について考えたとき（第 3.1節）、f (n+1)(x) が恒等的に 0なら f(x) は n 次
以下の多項式であることを、微積分の基本定理
g(x) = g(a) +∫ x
a
g′(t)dt
を n+ 1 回繰り返すことで示しました。その心は、
f(x) は f (n+1)(x) の不定積分の不定積分の不定積分の…（n+ 1 回繰り返す）…不定積分である。
ということです。もちろん、このことは f (n+1)(x) が恒等的に 0でない普通の関数でも成り立つ一般的な事実です。一方、Rn+1(x) と f(x) の間には
Rn+1(n+1)(x) = f (n+1)(x)
という関係がありました。ということは、
テイラー！ 40
Rn+1(x) も f (n+1)(x) の不定積分の不定積分の不定積分の…（n + 1 回繰り返す）…不定積分
だということになります。この視点から Rn+1(x) を f (n+1)(x) の積分の形で表そうとすると、テイラー近似多項式の生み出されてくる様子がとてもよく見えてきます。
まず、f (n+1)(x) = Rn+1(n+1)(x) を積分すると f (n)(x) と Rn+1
(n)(x) になります。
f (n)(x) = f (n)(a) +∫ x
a
f (n+1)(t)dt
最後の項が剰余項の n 回導関数 Rn+1(n)(x) です。なぜなら、
f(x) = f(a) + f ′(a)(x− a) + · · · + f (n)(a)n!
(x− a)n +Rn+1(x)
を n 回微分すると f (n)(x) = f (n)(a) +Rn+1(n)(x) となるからです。
もう一度積分すると、f (n−1)(x) と Rn+1(n−1)(x) が得られます。
f (n−1)(x) = f (n−1)(a) +∫ x
a
f (n)(t)dt
= f (n−1)(a) +∫ x
a
(f (n)(a) +
∫ t
a
f (n+1)(s)ds)dt
= f (n−1)(a) + f (n)(a)(x− a) +∫ x
a
(∫ t
a
f (n+1)(s)ds)dt
です。最後の式の最後の項が R(n−1)n+1 (x) です。積分が二重にかかっていていやですね。少し知識の
ある人は 2変数関数の重積分というやつを思い起こして腰が引けてしまうかも知れませんが、そういう進んだ知識を要求するものではなく、ただ単に、f (n+1)(x) という関数を a から x まで積分
した関数をもう一度 a から x まで積分しているだけです。例えば、f (n+1)(x) = x なら∫ x
a
∫ t
a
sdsdt =∫ x
a
12(t2 − a2)dt =
16(x3 − 3a2x− a3 + 3a3)
というものに過ぎません。
もう一度くらい書いておきましょう。
f (n−2)(x) = f (n−2)(a) +∫ x
a
f (n−1)(t)dt
= f (n−2)(a) +∫ x
a
(f (n−1)(a) + f (n)(a)(s1 − a)
+∫ t
a
(∫ s2
a
f (n+1)(s1)ds1
)ds2
)dt
= f (n−2)(a) + f (n−1)(a)(x− a) +f (n)(a)
2(x− a)2
+∫ x
a
(∫ t
a
(∫ s2
a
f (n+1)(s1)ds1
)ds2
)dt
です。最後の式の最後の項が R(n−2)n+1 (x) です。三重にかかっている積分の意味は上と同様です。
結局、f (n+1)(x) = 0 +R(n+1)n+1 (x) と見て、Rn+1(x) は
Rn+1(a) = R′n+1(a) = R′′
n+1(a) = · · · = R(n)n+1(a) = 0
テイラー！ 41
という条件を満たさなければならないので、「0」の方の積分からテイラー近似多項式が生み出されて来る、という仕組みになっているわけです。しかし、不定積分が n + 1 個も入れ子になった式を以て「剰余項が表示できた」と言われても計算したり評価したりできないので全く役に立ちま
せん。
そこで、R(n+1)n+1 (x) = f (n+1)(x) をどんどん積分する代わりに、部分積分を使って積分の中身を
どんどん微分することを考えてみましょう。そのために、部分積分の公式を復習しましょう。
二つの関数 g(x) と h(x) に対して、積の微分公式により
(g(t)h(t))′ = g′(t)h(t) + g(t)h′(t)
が成り立ちます。よって、微積分の基本定理により、
g(b)h(b) − g(a)h(a) =∫ b
a
(g′(t)h(t) + g(t)h′(t)) dt
=∫ b
a
g′(t)h(t)dt+∫ b
a
g(t)h′(t)dt
となります。これを適当に移項すると、∫ b
a
g(t)h′(t)dt = g(b)h(b) − g(a)h(a) −∫ b
a
g′(t)h(t)dt
となります。これが部分積分の公式です。これを f(x) に対して適用してみましょう。微積分の基本定理
f(x) − f(a) =∫ x
a
f ′(t)dt (4)
からスタートします。（x と書くと微分したり積分したりするときに混乱を招きそうですが、目指
すテイラー近似多項式の形が見えやすいようにするために b ではなく x としました。微分したり
積分したりするのは t についてであって x は定数ですから気を付けてください。）右辺の積分の中
身を上の部分積分の公式が適用できるように見なすには、
g(t) = f ′(t), h′(t) = 1
と見ればよいでしょう。ここで、微分すると 1になる関数 h(t) として何を取ればよいでしょうか。微分して 1になるのだから t+ c という関数でなければなりません。よって問題は定数 c として何
を選べばよいかと言うことです。よく分からないので h(t) = t + c のまま部分積分してしまいま
しょう。すると、
f(x) − f(a) =∫ x
a
f ′(t) · (t+ c)′dt
= f ′(x)(x+ c) − f ′(a)(a+ c) −∫ x
a
f ′′(t)(t+ c)dt
となります。我々が欲しい項は f ′(a)(x− a) ですので、c = −x とすればピッタリと合います。それを代入して右辺の第 1項を左辺に移項すると、
f(x) − f(a) − f ′(a)(x− c) =∫ x
a
f ′′(t)(x− t)dt
となります。（−(t− x) = (x− t) としました。）この右辺が R2(x) の表示を与えているわけです。
テイラー！ 42
この右辺にさらに部分積分をしましょう。今度は、
g(t) = f ′′(t), h′(t) = (x− t)
です。このような h(t) として何を取るべきかはもうだいたい予想がつくでしょう。(x− t) の冪が欲しいのですから、
h(t) = −12(x− t)2
がよいでしょう。すると、∫ x
a
f ′′(t)(x− t)dt = −12f ′′(x)(x− x)2 +
12f ′′(a)(x− a)2 +
∫ x
a
f ′′′(t)(x− t)2
2dt
となります。前段落の式とあわせて移項整理すれば、
f(x) − f(a) − f ′(a)(x− a) − f ′′(a)2
(x− a)2 =∫ x
a
f ′′′(t)2
(x− t)2dt
となります。つまり、これの右辺が R3(x) の表示を与えているわけです。この変形を繰り返すことで、
剰余項の積分表示� �Rn+1(x) =
∫ x
a
f (n+1)(t)n!
(x− t)ndt� �の成り立つことが分かります。これを剰余項の積分表示と言います。
この表示は曖昧さのないキッチリした表示であるところが優れていますし、f (n+1)(x) がひどく暴れていたとしても、積分でならされておとなしくなるということもあり得ます。しかし、如何せ
ん積分なので、f (n+1)(x) についての情報が得られても、それを簡単に Rn+1(x) の評価に結びつけられないという難点もあります。
6.3 剰余項のさまざまな表示
ラグランジュ表示は平均値の定理から、積分表示は微積分の基本定理から得られました。一方、
普通の平均値の定理を微積分の基本定理で解釈し直すと積分の平均値定理になることを見ました。
ということは、積分の平均値定理を仲立ちにして剰余項の積分表示とラグランジュ表示はつながっ
ていそうな気がします。しかし、ただの積分の平均値定理を適用したのではラグランジュ表示は得
られません。「重み付き」の積分の平均値定理（第 1.6節）を使います。また、重みの選び方を変えることで、ラグランジュ表示に似たさまざまな表示が得られることも見ておきましょう。
積分表示
Rn+1(x) =∫ x
a
f (n+1)(t)n!
(x− t)ndt
において、まず (x− t)n を「重み」を表す関数とみましょう。つまり、第 1.6節の記号で
φ(t) = (x− t)n
テイラー！ 43
とおくということです。φ(t) ≥ 0 という条件が付いていたので、x > a としましょう。x < a で n
が奇数の場合は φ(t) = −(x− t)n とおけばよいだけなので、x > a で考えておけば十分です。よっ
て、以下 x > a と仮定します。
「重み付き」積分の平均値定理の結論は「重み」の積分∫ x
aφ(t)dt で割る形になっていますが、
欲しい結論にあわせるために全体にこれを掛けて分母を払っておきましょう。すると、
Rn+1(x) =∫ x
a
f (n+1)(t)n!
φ(t)dt =f (n+1)(c)
n!
∫ x
a
φ(t)dt (a < ∃c < x)
となります。積分を実際に計算すると、∫ x
a
φ(t)dt =∫ x
a
(x− t)ndt =[− (x− t)n+1
n+ 1
]x
a
=(x− a)n+1
n+ 1
となります。これを代入すると
Rn+1(x) =f (n+1)(c)(n+ 1)!
(x− a)n+1
となって、予想通りラグランジュ表示が得られました。
ところで、積分の平均値定理には「重み」のないものもありました。それを適用しても積分記号
がはずれるはずです。やってみると、
Rn+1(x) =f (n+1)(c)
n!(x− c)n(x− a) (a < ∃c < x or x < ∃c < a)
という表示が得られます。これをコーシー表示と言います。（別に名前を憶えて欲しいわけではな
くて、それぞれに名前が付けられているくらい「剰余項を具体的に表示する」ということは重要な
ことなのだということです。）
注意. ラグランジュ表示は (x − t)n 全部を「重み」と見なした場合、コーシー表示は (x − t)0 を「重み」と見なした場合と言えますので、その中間の (x− t)k, k = 1, 2, . . . , n− 1 を「重み」とする表示も得られるはずです。そのようにして得られる一連の表示をシュレーミルヒ表示と言います。実際に計算してみましょう。結果の式をきれいにするために、m を n + 1 以下の自然数として、
φ(t) = (x − t)m−1
とおきます。すると、
Rn+1(x) =
∫ x
a
f (n+1)(t)
n!(x − t)ndt = f (n+1)(c)
(x − c)n−m+1
n!
∫ x
a
(x − t)m−1dt
=f (n+1)(c)
n!(x − c)n−m+1 (x − a)m
m
が得られます。（もちろん「この式の成り立つ c が a と x の間に存在する」という意味です。）m = 1 ならコーシー表示、m = n + 1 ならラグランジュ表示になっています。★
注意. 剰余項のコーシー表示やもっと一般的なシュレーミルヒ表示も、ラグランジュ表示と同様に積分を使わず微分だけで導くことができます。時間の都合でここに書くことができませんが、たとえば東大出版会の解析入門 Iなどには載っていますので、興味のある方は見てみてください。★
7 剰余項の表示の応用
「関数の値」という視点から見た場合、多項式の特徴は
変数の値を具体的に与えると関数の値をキッチリ計算できる
テイラー！ 44
というところにあります。一方、剰余項は「関数と多項式の差」です。ということは、剰余項の値
の評価が得られれば、テイラー近似多項式で計算したキッチリした値を使って元の関数の値をある
程度の精度で計算できるようになるわけです。これが剰余項の表示を得たことの「第一の御利益」
です。
以下、いくつか具体例を見てみましょう。
7.1 e の近似
ex の 0 におけるテイラー近似とラグランジュの剰余項を用いて、e の値を小数点以下第 3位まで決定してみましょう。第 4回の問題 8です。
第 4回問題 8� �e の値を小数点以下第 3位まで決定せよ。ただし 0 < e ≤ 3 であることは使ってよい。� �
何次まで展開すべきであるかという試行錯誤の部分はとばして、いきなり答を書きます。
解答. ex を 0のまわりで 7次までテイラー近似すると、
ex = 1 + x+x2
2+x3
3!+ · · · + x6
6!+ecx7
7!となります。「この等式を成り立たせる cが 0と xの間に存在する」という意味です。これに x = 1を入れて e の値を近似してみます。0 < e ≤ 3 はわかっているのですから、0 < c < 1 から
17!
=e0 · 17
7!<ec
7!<e1 · 17
7!≤ 3
7!と不等式で挟めます。つまり、
1 + 1 +12
+13!
+ · · · + 16!
+17!< e < 1 + 1 +
12
+13!
+ · · · + 16!
+37!
が成り立ちます。左辺と右辺を具体的に計算すると、この不等式は
2.718253 · · · < e < 2.718650 · · ·
となります。これで e = 2.718 · · · であることが示せました。 □
n = 7 で小数点以下第 3位まで値が決定されると結論できるのは実際に近似値を計算してからであって、誤差項 R7(1) の値が 0.001未満だからというだけでは不十分です。詳しくは第 4回問題 7の解答の後（46ページ）を見てください。ちなみに、
e = limn→∞
(1 +
1n
)n
でもあるので、各 n に対する (1 + 1/n)n の値を計算してみましょう。すると、
n = 1 2 8 2.5657845139 · · ·2 2.25 9 2.5811747917 · · ·3 2.3703703703 · · · 10 2.59374246014 2.44140625 20 2.6532977051 · · ·5 2.48832 30 2.6743187758 · · ·6 2.5216263717 · · · 50 2.6915880290 · · ·7 2.5464996970 · · · 100 2.7048138294 · · ·
テイラー！ 45
で、小数点以下第 3位まで決定することなど電卓での計算ではとてもできません。テイラー近似多項式の方がずっと近似の精度がよいのです。� �
O
log y
xO
y
x
n = 0
n = 123
ex
1
1
ex
76543
2
1
n = 01
log e = 1
図 6: ex のテイラー近似。� �7.2 e が無理数であること
上で使った「e のテイラー近似多項式+ラグランジュ表示」を使うと e が無理数であることも示
せます。
第 4回問題 9� �e が無理数であることを証明せよ。� �
解答. 背理法で示します。
e = p/q となる自然数 p と q があったとします。必要なら分子分母に同じ自然数をかけること
によって q > e としておきます。
ex を 0を中心として q 次までテイラー近似し、x = 1 を代入しましょう。すると、
e = 1 + 1 +12
+13!
+ · · · + 1q!
+ec
(q + 1)!(0 < ∃c < 1)
が得られます。両辺に q! をかけると
q!e = q! + q! + q(q − 1) · · · 5 · 4 · 3 + q(q − 1) · · · 5 · 4 + · · · + 1 +ec
q + 1
となりますが、ec/(q + 1) 以外はすべて整数ですので、ec/(q + 1) も整数でなければなりません。しかし、0 < c < 1 なので 0 < ec < e < q + 1 となり、0 < ec/(q + 1) < 1 となってしまうので、整数ではあり得ません。これは矛盾です。 □
7.3 sin x の近似
e に対して行ったのと同じことを sin 1 に対して行うのが第 4回問題 7です。
テイラー！ 46
第 4回問題 7� �sin 1 の値を小数点以下第 3位まで決定せよ。� �
解答. sinx を 0のまわりで 2n 次までテイラー近似すると
sinx = x− x3
3!+x5
5!− · · · + (−1)n−1 x2n−1
(2n− 1)!+R2n+1(x)
となります。剰余項 R2n+1(x) は sinx の 2n+ 1 階微分である (−1)n cosx を使って
Rn(x) = (−1)n cos c(2n+ 1)!
x2n+1
と表せます。ただし、「この等式を成り立たせる c が 0と x の間に存在する」という意味です。こ
れらに x = 1 を代入すると、
sin 1 = 1 − 13!
+15!
− · · · + (−1)n−1
(2n− 1)!+ (−1)n cos c
(2n+ 1)!
が得られます。もちろん「これの成り立つ c が (0, 1) に存在する」という意味です。(0, 1) において 0 < cos c < 1 ですので、
−0.0002 < − 17!< (−1)3
cos c7!
< 0
です。一方、
1 − 13!
+15!
= 0.8416666 · · ·
なので、
0.841 < 0.8416 · · · − 0.0002 < sin 1 < 0.8416 · · · + 0 < 0.842
となって、sin 1 = 0.841 · · · とわかります。 □
n をいくつにすれば sin 1 を小数点第 3位まで決定できるかは実際に計算してみなければわかりません。もちろん、小数点以下第 3位を決めなければならないのですから、剰余が 0.001 より小さくならなければなりませんが、それだけでは十分ではありません。具体的には、上の解答を
1/7! < 0.0002 なのでテイラーの定理を 7次で利用すれば sin 1 の値を小数点以下第 3位まで決定できる
と先に言ってしまう順序に書き換えるのは間違いです。なぜなら、6次のテイラー近似多項式のx = 1における値が 0.8421 · · · などとなってしまうかも知れないからです。もしこのような値だと、
0.841 < 0.8419 · · · = 0.8421 · · · − 0.0002 < sin 1 < 0.8421 · · ·
となってしまい、誤差は 0.0002 なのに小数点以下第 3位の値が 1か 2か決定できないからです。もちろん、実際には上の解答に書いたようにテイラーの定理を n = 7 で適用すれば sin 1 の値を小数点以下第 3位まで決定できるのですが、それはあくまでも結果であって、値を計算する前にn = 7 で決定できると断言するのは推論の順序が間違っている、ということです。
テイラー！ 47
7.4 sin x の剰余項の符号
sinx（や cosx）とそのテイラー近似多項式との間には ex にはなかったような著しい関係があ
ります。
ex では x > 0のとき剰余項は常に正でしたが、それとは対照的に、sinxの剰余項は 0 < x < π/2の範囲では正負が交互に現れます。実はこのことは x によらずに成り立つのです。0 < x < π/2 の間では sinx も cosx も正なので、剰余項に (−1)n が掛かっていることからこのことは当然なの
ですが、実は x が π/2 を越えても剰余項の符号 0 < x < π/2 のときと同じになるのです。2n− 1次のテイラー近似多項式 p2n−1(x) と 2n 次のテイラー近似多項式 p2n(x) とは一致し、x ≥ 0 において
n が奇数なら p2n−1(x) = p2n(x) ≥ sinx、n が偶数なら p2n−1(x) = p2n(x) ≤ sinx
ということです（図 7参照）。 このことは剰余項を使って� �
O
y
x
p1 = p2
p3 = p4
p5 = p6
p7 = p8
p9 = p10
p11 = p12
p13 = p14
p15 = p16
sinx
図 7: x = 0 を中心とした sinx のテイラー近似。� �n が奇数なら R2n−1(x) = R2n(x) ≤ 0、n が偶数なら R2n−1(x) = R2n(x) ≥ 0
と言いかえられます。
これを示すのに直接 R2n−1(x) や R2n(x) を考察してもうまくいきません。実は、さらに一つ次数の低い R2n−2(x) を調べると証明できるのです。証明の前に、このように考えると良いという根拠について説明しましょう。
一般に、関数 g(x) の x = a を中心とした m 次のテイラー近似多項式を qm(x)、その剰余項をRm(x) とすると、
g(x) = qm(x) +Rm(x) = qm−1(x) +Rm−1(x),
qm(x) = qm−1(x) +g(m)(a)m!
(x− a)m
テイラー！ 48
となっているので、m 次の剰余項と m− 1 次の剰余項の間には
Rm(x) = Rm−1(x) −g(m)(a)m!
(x− a)m
という関係があります。sinx の近似の m = 2n+ 1 の場合にこの式を適用すると、
R2n+1(x) = R2n(x) − (−1)n
(2n+ 1)!x2n+1
となり、R2n(x) = R2n−1(x) にラグランジュ表示を適用して、R2n+1(x) の正負を判定することができるのです。
では実際にやってみましょう。
証明. R2n−2(x) を考察するので、n を n+ 1 に取り替えて、
n が偶数なら R2n+1(x) ≥ 0、n が奇数なら R2n+1(x) ≤ 0
を証明することにします。
sinx を 0を中心として 2n 次までテイラー近似すると、開区間 (0, x) 内にある c が存在して
sinx = 0 + 1x+ 0x2 +−13!x3 + 0x4 +
(−1)2
5!x5 + · · ·
+ 0x2n−2 +(−1)n−1
(2n− 1)!x2n−1 + 0x2n +
(−1)n cos c(2n+ 1)!
x2n+1
=n−1∑k=0
(−1)k
(2k + 1)!x2k+1 +
(−1)n cos c(2n+ 1)!
x2n+1
となります。（剰余項をラグランジュ表示しました。）よって、
R2n+1(x) = sinx− p2n+1(x) =(−1)n cos c(2n+ 1)!
x2n+1 − (−1)n
(2n+ 1)!x2n+1
=(−1)nx2n+1
(2n+ 1)!(cos c− 1)
となり、cos c− 1 ≤ 0 であることから、
n が奇数のとき R2n+1(x) ≥ 0、n が偶数のとき R2n+1(x) ≤ 0
が示せました。 □
7.5 累乗根の近似
e や sin 1 の値を近似できた理由は、ex や sinx が n 階微分の値をある程度評価できるような関
数だからです。eや sinのほかに cosや log が考えられます。ここではそのような例として (1+x)α
を利用してみましょう。
まず、f(x) = (1 + x)α の 0 を中心としたテイラー近似多項式と剰余項のラグランジュ表示を求
テイラー！ 49
めましょう。
f ′(x) = α(1 + x)α−1
f ′′(x) = α(α− 1)(1 + x)α−2
...
f (n)(x) = α(α− 1) · · · (α− n+ 1)(1 + x)α−n
...
ですので、 (α
n
)=α(α− 1) · · · (α− n+ 1)
n!
と定義して、
pn(x) =n∑
k=0
(α
n
)xn Rn+1(x) =
(α
n+ 1
)(1 + ∃c)α−n−1xn+1
です。
問題� �3√
28 の値を小数点以下第 4位まで決定せよ。� �3√
28 = (1+27)1/3 と見るわけです。しかし、このままでテイラーの定理を適用したのでは x = 28が大きすぎて、なかなか良い近似は得られません。もう一工夫する必要があります。
解答. 33 = 27 ですので、
3√
28 = 3 3
√2827
= 3 3
√1 +
127
= 3(
1 +127
) 13
です。そこで、3(1 + x)1/3 に 0においてテイラーの定理を適用し、x = 1/27 を代入しましょう。f(x) = 3(1 + x)1/3 を微分して行くと、
f ′(x) = (1 + x)−23 f ′′(x) = −2
3(1 + x)−
53 f ′′′(x) =
23
53(1 + x)−
83
となります。よって、テイラーの定理（ラグランジュ表示）により、
3(1 + x)13 = f(0) + f ′(0)x+
f ′′(0)2
x2 +f ′′′(c)
3!x3 = 3 + x− x2
3+
5x3
27(1 + c)8/3
となる c が 0と x の間に存在することが分かります。これに x = 1/27 を代入すると、
3√
28 = 3 +133
− 137
+5
312(1 + c)8/3
となります。右辺の第 3項までの和は
3 +133
− 137
= 3.03657 · · ·
テイラー！ 50
です。一方、0 < c < 1/27 ですので、右辺の最後の項は
5312(1 + 1/27)8/3
<5
312(1 + c)8/3<
5312
(5)
という不等式を満たします。左辺は正であり、右辺は
5312
< 0.00001
という不等式を満たします。これらを合わせると、
3.03657 < 3√
28 < 3.03658 + 0.00001 = 3.03659 (6)
という不等式が得られます。よって、
3√
28 = 3.0365 · · ·
です。 □
e や sin 1 を近似したときにも注意したように、2次近似＋ 3次の剰余項のラグランジュ表示で小数点以下第 4 位を決定できるということは計算前からわかることではありません。もちろん、(1/27)2 = 0.0013 · · · だが (1/27)3 = 0.00005 · · · である、ということを調べて 2次近似＋ 3次の剰余項を使ってみることに決めましたが、それでうまく評価ができる保証が事前に得られたわけで
はありません。
なお、上の計算では剰余項の評価(5)の下からの不等式を全く捨てて「0より大きい」に取り換えてしまいました。これはいかにももったいないことです。頑張ってそこをもう少し詳しく調べれ
ば、小数点以下第 5位まで決定できるかもしれません。例えば、上の結果(6)から 3√
28 < 3.1 が分かっているのですから、
5312(1 + c)8/3
>5
312(1 + 1/27)8/3=
5
81 3√
288 >
581 · 282 · 3.12
> 0.000008
が分かります。よって、
3√
28 > 3.036579 + 0.000008 = 3.036587
となり、不等式(6)と合わせて
3√
28 = 3.03658 · · ·
となります。小数点以下第 5位まで決定できました。このように、テイラー近似多項式を使って関数の値を近似するとき、ただ安直に値を代入するだ
けでなく 3√
1 + 27 = 3 3√
1 + 1/27 と見るような工夫をすると同じ手間でグッと近似がよくなることがあります。
例えば、log(1 + x) の 0 におけるテイラー近似多項式を使って log 2 の値を近似使用とする場合、log 2 = log(1 + 1) と見るよりも log 2 = − log 1
2 = − log(1 − 1
2
)と見た方がよりよい近似値が
得られます。この種の工夫で歴史上最も有名かつ利用されてきたと思われるのが、以下のマチンの
公式というものです。
Arctan 1 = π/4 なので、Arctanx の 0 におけるテイラー近似多項式を使って π の値を近似で
きます。しかし、安直に x = 1 を代入した
1 − 13
+15− 1
7+ · · · + (−1)n
2n+ 1
テイラー！ 51
はいわゆる「収束が遅すぎ」て、n を大きくしても π/4 の近似値として荒っぽい値しか得られません12。ところが、tan の加法定理を使うと
π
4= 4 Arctan
15− Arctan
1239
という等式の成り立つことにマチンというイギリス人が気づきました。（18世紀初頭のことだそうです。）二つの Arctan をどちらも 0でテイラー近似すると、1/5 や特に 1/239 が十分小さいことから、非常に精度の高い近似値を得ることができます。実際、マチンはこの方法で π の値を 100桁計算したそうです。（もちろん手計算です。）その後、1970年頃まで π の値の計算はこの方法に
よっていたそうです。
7.6 他の応用
元々、Rn(x) は x→ a のときの振る舞いを問題にするために出てきたものですが、その具体的
な表示は x が a に近い必要はなく、任意の x で成り立ちます。もちろん x が a から離れれば離
れるほどラグランジュ表示の c の居場所が曖昧になったり、積分表示の積分範囲が広がったりして
表示自体の精度は落ちます。けれども成り立つことは成り立つのです。だから、剰余項の表示をう
まく使うことで x が a から遠いときの f(x) の情報、例えば x → ∞ のときの振る舞いが分かる
場合があります。そのような例が第 4回問題 10です。第 4回問題 10� �
任意の正実数 x と a に対して
limx→+∞
xa
ex= 0
となることを証明せよ。� �この事実は
指数関数はどのような多項式よりも速く無限大に発散する
という言い方でよく使われるものです。
解答. a より大きな自然数 n を一つ決め、ex を 0において n 次までテイラー近似すると、
ex = 1 + x+x2
2+x3
3!+ · · · + xn
n!+
ecxn+1
(n+ 1)!
となります。「この等式が成り立つ c が 0と x の間に存在する」という意味です。x > 0 のとき右辺のすべての項が正ですので、
ex >xn
n!
が成り立ちます。従って、
0 <xa
ex<
xa
xn/n!=
n!xn−a
12時間がなくて、n を具体的にどのくらいにすると π/4 を何桁決定できるかというデータをここに提示することができませんでした。申し訳ありません。
テイラー！ 52
となります。n は a より大きく選んであるので、x→ ∞ のとき xn−a → ∞ ですから、
limx→∞
n!xn−a
= 0
となります。（n→ ∞ ではなく x→ ∞ としています。n は定数です。だから分子の n! も定数です。）よって、はさみうちの原理により示せました。 □
剰余項の符号が分かってしまえば、近似多項式が x→ ∞ で発散することを利用して元の関数の発散を示せる場合があることの例です。同じことは「ロピタルの定理の変種」を使っても証明でき
ますが、上の証明の方が ex がどんな多項式よりも「速く」発散する理由がよく分かるような気が
します。
8 テイラー展開
以上で n を止めて剰余項 Rn+1(x) を考察することは終わりにして、n→ ∞ としたらどうなる
か考えてみましょう。これはテイラー近似多項式 pn(x) の次数をどんどん上げて行く無限級数を考えることと同じです。
8.1 テイラー級数とテイラー展開の定義
関数 f(x) が何回でも微分できる関数、すなわち C∞ 級関数だった場合、好きなだけ次数の高
いテイラー近似多項式を考えることができます。「何次まででも考えられる」という状況に対して
は「n 次近似を考えておいて n→ ∞ を考える」というのが、「極限」を扱う手段を手に入れてい
る我々にとってもっとも自然でしょう。m < n なら m 次近似多項式は n 次近似多項式の m 次ま
での項を集めたものですから、C∞ 級関数に対しては次のようなものを考えたくなります。
テイラー級数の定義� �a を含む区間で定義された C∞ 級関数 f(x) に対し、無限級数
∞∑n=0
f (n)(a)n!
(x− a)n
= f(a) + f ′(a)(x− a) +f ′′(a)
2(x− a) + · · · + f (n)(a)
n!(x− a)n + · · ·
のことを、a を中心とした f(x) のテイラー級数と言う。� �このような、(x − a)n に数をかけたものを足して行く無限級数のことを冪級数（べききゅうす
う）と言います。
これは、各項が関数でできているなにやら恐ろしげなものに見えるかも知れません。実際、「関
数の無限和」として扱わないと微分や積分を考えることができないので後々（冬学期）にはそのよ
うに考えますが、とりあえずここでは、
実数 b を一つ決めるごとに無限級数∞∑
n=0
f (n)(a)n!
(b− a)n が一つ決まる
と考えておきます。
テイラー！ 53
このようなセッティングは、無理数を任意の長さの有限小数で近似することといかにも似ている
ように見えます。だから、任意の無理数 α が 0以上 9以下の項からなる自然数列 a0, a1, a2, · · · によって
α =∞∑
k=0
ak × 0.1k
と極限表示できるように、任意の C∞ 級関数 f(x) も f(a), f ′(a), f ′′(a)2 , f ′′′(a)
3! , · · · という実数列によって
f(x) =∞∑
k=0
f (k)(a)k!
(x− a)k
と極限表示できるのではないかという期待を抱いてしまうかも知れません。実際、後で示すよう
に、数学でも数学以外でも重要な関数である指数関数や三角関数でこの期待が成立しています。し
かし、これまた後で示すように、対数関数では「ある範囲の x について」という制限付きでしか
この期待は成り立っていません。
そもそもテイラー級数とは、数列
f(a), f(a) + f ′(a)(b− a), f(a) + f ′(a)(b− a) +f ′′(a)
2(b− a)2, · · · (7)
のことです。つまり、テイラー級数（とか冪級数）というのは、
実数 x を一つ決めるごとに数列が一つ決まる
というだけのものであって、その数列が収束するかどうかなどということにはとりあえず全く触れ
ていないことに注意してください。つまり、
f(x) から作ったテイラー級数に x = b を代入してできる数列(7)はどの範囲の b に対
して収束するか。
ということ、および、
テイラー級数が収束する b に対して、その極限は f(b) に一致するか。
ということを別に考えなければならないのです。テイラー近似のときには x→ a の極限を問題に
したのですが、テイラー展開では各 x に対する n→ ∞ の極限を考えなければならないわけです。そこで、次の言葉を用意しましょう。
テイラー展開可能性の定義� �f(x) の a を中心としたテイラー級数が a を含むある開区間で収束して極限が f(x) に一致するとき、f(x) は a のまわりでテイラー展開可能であるという。特に、定義域内の任意の点の
まわりでテイラー展開可能なとき、f(x) はテイラー展開可能である、または実解析的関数であるという。� �a を中心としたテイラー級数に x = a を代入すると、
f(a) + f ′(a)(a− a) +f ′′(a)
2(a− a)2 + · · · = f(a)
となって必ず f(a) に収束します。だから、定義の中にある「a を含むある開区間で」というのは、要するに
テイラー！ 54
a に「近い」任意の b に対して
f(a) + f ′(a)(b− a) +f ′′(a)
2(b− a)2 + · · · = f(b)
が成り立っていればよい。a から離れたところはどうなっていてもよい。
ということです。そして、
テイラー展開� �f(x) が a でテイラー展開可能なとき、f(x) の a におけるテイラー級数のことをテイラー展
開と呼ぶ。� �と定義します13。
8.2 テイラー展開可能であることを示すには
「関数 f(x) が a のまわりでテイラー展開可能である」かどうかはどうやったら判定できるで
しょうか。後で紹介するようにテイラー展開可能でない関数が本当に存在するので、個別に示す以
外にありません。結局、数列や級数の収束を示す普通の問題と同様、処方箋はないのです。ただ、
「数列の収束を示す普通の問題」に比べてテイラー展開可能であることを示す問題、つまり「テイ
ラー級数という数列（たち）の収束を示す問題」は皆さんを混乱させる要因が多いようですので、
この節で「結局何を示せばよいのか」をはっきりさせておきましょう。
無限級数∑∞
n=0 an が S に収束するとは、部分和の作る数列
a0, a0 + a1, a0 + a1 + a2, . . . ,
n∑k=0
ak, · · ·
が S に収束することでした。第 n 項までの部分和を Sn と書くことにしましょう。すると、無限
級数∑∞
n=0 an が S に収束するとは
limn→∞
Sn = S
が成り立つこととなります。それでは、数列 Sn が S に収束するとはどういうことだったでしょ
うか、それは「Sn が S にいくらでも近づく」、つまり、
limn→∞
|S − Sn| = 0
です。
単なる言い換えをやっているに過ぎないじゃないかと思われるでしょう。全くそのとおりなので
すが、この言い換えをテイラー級数に適用すると「意味のある言い換え」になっていることがわか
ります。上の無限級数∑∞
n=0 an として、関数 f(x) の a を中心としたテイラー級数に x = b を代
入したものをとってみましょう。問題はこの無限級数が f(b) に収束するかどうかです。記号が面倒なので、f(x) の a を中心とした n 次のテイラー近似多項式を pn(x) としましょう。
pn(x) = f(a) + f ′(a)(x− a) +f ′′(a)
2(x− a)2 + · · · + f (n)(a)
n!(x− a)n
13はっきり使い分けている人はあまりいないようです。収束しないテイラー級数のこともテイラー展開と呼んでしまっている人が沢山います。それどころか、テイラー近似多項式のことまでテイラー展開と呼ぶ人もいます。本を読むときなどは、その本ではどう定義しているかキチンと確認して読むようにしてください。
テイラー！ 55
です。テイラー級数に x = b を代入したものの第 n 項までの部分和は pn(b) になります。前段落の Sn に当たるものが pn(b) です。よって、示したいこと、すなわち
∞∑n=0
f (n)(a)n!
(b− a)n = f(b)
を上の言いかえに沿って言い換えると、
limn→∞
|f(b) − pn(b)| = 0
となります。ここまでならやっぱり単なる言い換えです。それならなぜこの言い換えをありがた
がっているかというと、前節までで
f(b) − pn(b)(= Rn+1(b)) がどんなものであるか、結構詳しく調べてある
からです。具体的には、
• 積分表示
fn(b) − pn(b) =∫ b
a
(b− x)n
n!f (n+1)(x)dx
• ラグランジュ表示 a と b の間に
fn(b) − pn(b) =f (n+1)(c)(n+ 1)!
(b− a)n+1
となる c がある。
• コーシー表示 a と b の間に
fn(b) − pn(b) =f (n+1)(c)
n!(b− a)(b− c)n
となる c がある。
などです。
重要なポイントは次の点です。上述した普通の級数の問題の場合、0に収束することを示すべきS − Sn は
S − a0 − a1 − a2 − · · · − an
という n + 2 個の数の和ですから、もちろん n → ∞ としたら足すものがじゃんじゃん増えてし
まって、そのままではどうにもなりません。にもかかわらず、例えば等比級数の和が計算できるの
は、この n を増やすと増えてしまう数の和を n を増やしても増えない形、具体的には an = rn の
とき S = 1/(1 − r) として、
S − a0 − a1 − · · · − an =rn+1
1 − r
という形に変形できるからです。テイラー級数の場合も、f(b)− pn(b) は n+ 2 個の数の和ですからこのままではどうにもなりません。上にあげた三つの「表示」は、この「どうにもならないや
つ」をたった一つの式に直してくれるスグレモノで、これによって f(b) − pn(b) が 0に収束するかどうかを調べられる可能性がでてくるというわけです。
以上、結論としては
テイラー！ 56
f(x) が a のまわりでテイラー展開可能かどうかを調べるには、剰余項 Rn+1(x) =f(x)− pn(x) をうまく一つの式で表示して、a の近くで Rn+1(x) → 0 となっているかどうかを調べる
というのが、具体的に与えられた f(x) のテイラー展開可能性を調べる方針です。剰余項 Rn+1(x)をどう表示するかは f(x) に応じて選ぶしかありません。場合によっては上の三つの一般的な表示以外のもっと便利な表示が得られる場合もあり得ます。（log(1 + x) でそのような例をお見せします。）
9 よく知られた関数のテイラー展開
9.1 多項式
最も簡単な例は多項式です。大変ばからしいのですが、やはり一度はキチンと確認しておきま
しょう。� �多項式は任意の点のまわりでテイラー展開可能である。� �
証明. f(x) を n0 次多項式とします。n ≥ n0 を満たす任意の整数 n を取り、pn(x) を a を中心と
した n 次のテイラー近似多項式としましょう。すると、f(x) も pn(x) も n 次以下の多項式なの
で Rn+1(x) = f(x) − pn(x) も n 次以下の多項式です。一方、Rn+1(x) は
limx→a
Rn+1(x)(x− a)n
= 0
を満たします。ところがこの性質を満たす n 次以下の多項式は 0しかありません。よって、任意の x に対して
limn→∞
(f(x) − pn(x)) = limn→∞
Rn+1(x) = limn→∞
0 = 0
となり、f(x) の任意の点 a のまわりでのテイラー級数は任意の x について f(x) に収束します。（というか n ≥ n0 では f(x) に一致するというわけです。） □
9.2 指数関数と三角関数
次に基本的な例が ex, sinx, cosx です。これらは任意の点のまわりでテイラー展開可能であることが剰余項のラグランジュ表示を使って簡単に示せます。どこを中心としてもよいのですが、見た
目が汚くなるのを防ぐため 0 を中心とした場合だけ証明します。その前に、
任意の実数 x に対して
limn→∞
xn
n!= 0
が成り立つ
ということを確認しておきましょう。ラグランジュの剰余項の形を想像してもらえば分かるよう
に、ラグランジュの剰余項を使ってテイラー展開可能であることを示すには、この事実がポイント
となります。
テイラー！ 57
証明. |x| より大きい自然数 N を一つとると、n > N のとき∣∣∣∣xn
n!
∣∣∣∣ = |x|1
|x|2
· · · |x|N
· · · |x|n− 1
|x|n<
|x|1
|x|2
· · · |x|N
· · · |x|N
|x|N
=|x|N
N !
(|x|N
)n−N
となります。|x|N
< 1 なので、
limn→∞
∣∣∣∣xn
n!
∣∣∣∣ ≤ |x|N
N !lim
n→∞
(|x|N
)n−N
= 0
となります。これで示せました。 □� �ex の 0 におけるテイラー級数は任意の x について ex に収束する。� �
証明. x = 0 を中心として ex をテイラー近似し剰余項をラグランジュ表示すると、
ex = 1 + x+12x2 + · · · + 1
n!xn +
ehx
(n+ 1)!xn+1
となる 1より小さい正実数 h が存在します。0 < ehx < e|x| なので、∣∣∣∣ ehx
(n+ 1)!xn+1
∣∣∣∣ < e|x|
(n+ 1)!|x|n+1 n→∞−−−→ 0
となります。これで、0のまわりでの ex のテイラー級数は任意の x について ex に収束すること
が示せました。 □
注意. ea+x = eaex なので、ex の x = a におけるテイラー級数、すなわち ea+x の x = 0 におけるテイラー級数は x = 0 におけるテイラー級数のすべての項を ea 倍しただけのものです。これで、ex の任意の点 a を中心としたテイラー級数が任意の x に対して ex に収束することが証明されてしまっています。★� �
sinx の 0 におけるテイラー級数は任意の x について sinx に収束する。� �証明. x = 0 を中心として sinx をテイラー近似し剰余項をラグランジュ表示すると、
sinx = x− x3
3!+x5
5!− · · · + (−1)mx2m+1
(2m+ 1)!+
(−1)m+1x2m+2 sinhx(2m+ 2)!
となる 1より小さい正実数 h が存在します。
|R2m+2(x)| =|x|2m+2| sinhx|
(2m+ 2)!≤ |x|2m+2
(2m+ 2)−→ 0 (m→ ∞)
であり、
R2m+3(x) = R2m+2(x)
なので、これで
limn→∞
Rn(x) = 0
が任意の x について成り立つことが示せました。 □� �cosx の x = 0 におけるテイラー級数は任意の x について cosx に収束する。� �
証明. sinx の場合とほとんど同じです。やってみてください。 □
テイラー！ 58
9.3 有理関数
次に、有理関数のテイラー展開を考えてみましょう。有理関数とは多項式分の多項式のことで
す。定義域は分母の多項式が 0とならない実数全体です。有理関数も定義域内の任意の実数を中心にテイラー展開可能ですが、テイラー級数が元の関数に戻る実数の範囲は中心に選んだ実数によっ
て変わります。その理由は冬学期に「冪級数の収束半径」というものを学ぶときまで待っていただ
くことにして、ここでは、一つの例で有理関数がテイラー展開可能であることを見てもらうだけに
します。
第 5回問題 4� �f(x) =
x
x2 − 3x+ 2とする。f が D 上 0においてテイラー展開可能であるような実数の集合
D で、包含関係について最大のものを求めよ。つまり、
D に属する任意の x について、f の 0におけるテイラー級数は f(x) に収束するが、D に属さない x については f の 0におけるテイラー級数は f(x) に収束しない
という性質を持つ D を求めよ。� �解答. 第 4回問題 5の解答（32ページ）の続きとして書きます。この関数は
f(x) =1
1 − x− 1
1 − x2
と分解され、等比級数の和の公式から得られる
11 − x
= 1 + x+ x2 + · · · + xn−1 +xn
1 − x
および、
11 − x
2
= 1 +x
2+(x
2
)2
+ · · · +(x
2
)n−1
+
(x2
)n1 − x
2
のそれぞれの最後の項を除いた部分の和が f の 0における n− 1 次のテイラー近似多項式になっていました。つまり、剰余は具体的に
Rn(x) =xn
1 − x−(
x2
)n1 − x
2
= xn
(1
1 − x− 1
2n−1(2 − x)
)と書けます。これは |x| < 1 では 0に収束し、それ以外では 0に収束しません。よって、求める D
は |x| < 1 を満たす x 全体のなす集合です。 □
9.4 対数関数
さて、次に ex の逆関数である log x について考えましょう。x = 0 は定義域の外なので、x = 1を中心とした級数を考えることにします。ただし、見た目を簡単にするために x = 0 を中心とした級数で考えたいので、平行移動して log(1 + x) にしておきます。なお、1以外の正実数 a を中
心とした場合については、
log(a+ x) = log(1 +
x
a
)+ log a
テイラー！ 59
とすることにより 1を中心とした場合に帰着できるので扱いません。詳しくは考えてみて下さい。結果は次のようになります。（第 5回問題 5です。）� �log(1 + x) の x = 0 におけるテイラー級数は、−1 < x ≤ 1 の範囲では log(1 + x) に収束し、それ以外では収束さえしない。� �
証明. x の範囲ごとに証明して行きましょう。
−1 < x ≤ 1 のとき
テイラー級数がもとの関数に収束することを示すには、n 次の剰余項が n→ ∞ のときに 0に収束することを示せばよいのであって、テイラー級数の形は必要ありません。面倒なので、ここでは
いきなり剰余項を扱うことにします。
ラグランジュ表示を使うと −1 < x < 0 での収束を示すことができません。（試してみてください。）そこで剰余項の他の表示を使ってみましょう。
積分表示を使う
f(x) = log(1 + x) とすると
f (n+1)(x) = (−1)n n!(1 + x)n+1
なので、log(1 + x) の x = 0 における n 次のテイラー近似の剰余項の積分表示は
(−1)n
∫ x
0
(x− t)n
(1 + t)n+1dt
となります。
0 ≤ x ≤ 1 のとき、0 ≤ t ≤ x において 1 + t ≥ 1 なので、
0 ≤ (x− t)n
(1 + t)n+1≤ (x− t)n
となります。よって、 ∣∣∣∣(−1)n
∫ x
0
(x− t)n
(1 + t)n+1dt
∣∣∣∣ ≤ ∫ x
0
(x− t)ndt =xn+1
n+ 1
となります。今 0 ≤ x ≤ 1 なのですから
limn→∞
xn+1
n+ 1= 0
です。これで 0 ≤ x ≤ 1 では log(1 + x) に収束することが示せました。−1 < x < 0 のときは、x ≤ t ≤ 0 なる t に対し 1 + x ≤ 1 + t が成り立つので、
|x− t|n
(1 + t)n≤ |x|n
1 + x
(1 − t
x
1 + t
)n
となります。今、−1 ≤ − tx < t < 0 なのですから、∣∣∣∣1 − t
x
1 + t
∣∣∣∣ < 1
テイラー！ 60
です。よって、∣∣∣∣(−1)n
∫ x
0
(x− t)n
(1 + t)n+1dt
∣∣∣∣ ≤ ∫ 0
x
|x− t|n
(1 + t)n+1dt ≤
∫ 0
x
|x|n
1 + x
∣∣∣∣1 − tx
1 + t
∣∣∣∣n dt < |x|n
1 + x
∫ |x|
0
1dt
<|x|n
1 + x
となります。今 −1 < x < 0 なので
limn→∞
|x|n
1 + x= 0
です。これで −1 < x < 0 でも log(1 + x) に収束することが示せました。 □
コーシー表示を使う
f(x) = log(1 + x) とすると
f (n+1)(x) = (−1)n n!(1 + x)n+1
なので、log(1 + x) の x = 0 における n 次のテイラー近似の剰余項のコーシー表示は
f (n+1)(θx)n!
(x− θx)nx = (−1)n (1 − θ)nxn+1
(1 + θx)n(0 < θ < 1)
となります。今 −1 < x で 0 < θ < 1 なので、0 < 1 − θ < 1 + θx であり、
0 <1 − θ
1 + θx< 1
となります。しかも |x| ≤ 1 です。よって、∣∣∣∣(−1)n (1 − θ)nxn+1
(1 + θx)n
∣∣∣∣ = (1 − θ
1 + θ
)n
|x|n+1 n→∞−−−→ 0
となります。これで示せました。 □
注意. これが「ラグランジュ表示よりコーシー表示の方が精度のよい場合の例」です。★
log(1 + x) =∫ x
0
11 + t
dt を使う
(1 + x)(1 − x+ x2 + · · · + (−1)n−1xn−1) = 1 + (−1)n−1xn
ですので、
11 + x
= 1 − x+ x2 − · · · + (−1)n−1xn−1 + (−1)n−1 xn
1 + x
となります。これを 1から x まで積分して
log(1 + x) = x− x2
2+x3
3− · · · + (−1)n−1x
n
n+ (−1)n
∫ x
0
tn
1 + tdt
テイラー！ 61
が得られます。。この多項式部分が log(1 + x) の x = 0 を中心とした n 次のテイラー近似多項式
と一致しているので、n 次の剰余項を
(−1)n
∫ x
0
tn
1 + tdt
と表示できることがわかりました。
0 ≤ x ≤ 1 のとき、 ∣∣∣∣(−1)n
∫ x
0
tn
1 + tdt
∣∣∣∣ ≤ ∫ x
0
tndt =xn+1
1 + x
n→∞−−−→ 0
となるので示せました。
−1 < x < 0 のとき、∣∣∣∣(−1)n
∫ x
0
tn
1 + tdt
∣∣∣∣ = ∫ |x|
0
sn
1 − sds ≤ 1
1 + x
∫ |x|
0
snds =|x|n+1
(n+ 1)(1 + x)n→∞−−−→ 0
となり、やはり示せました。 □
注意. このやり方から形式的に積分を消し去ったのが第 5回の解答プリントに書いた解法です。再掲しますので、上のと比べてどちらが自然かよく味わってみてください。
解答.
−1 < a ≤ 1 では
limn→∞
Rn+1(a) = 0
が成り立つことを示しましょう。平均値の定理を使ってこれを示します。Rn+1(x) の導関数は
R′n+1(x) =
1
1 + x− 1 + x − x2 + · · · − (−1)n−1xn−1
=1 − (1 + x)
(1 − x + x2 − · · · + (−1)n−1xn−1
)1 + x
= (−1)n xn
1 + x
です。また、Rn+1(0) = 0 です。よって、平均値の定理により
Rn+1(a) = Rn+1(a) − Rn+1(0) = Rn+1(c)a = (−1)n cn
1 + ca
となる c が 0と a の間に存在します。今 −1 < a ≤ 1 なのですから −1 < c < 1 です。よって、n → ∞ のとき cn → 0 であり、Rn+1(a) → 0 が成り立つことがわかります。これで示せました。★
|x| > 1 のとき
x < −1 のときは log(1+x) が定義されないので、「log(1+x) に収束するかどうか」は問題になりませんが、テイラー級数自体が収束するかどうかは議論できます。それも含めて考えましょう。
一般に、無限級数∑∞
k=0 ak が収束するなら、
limn→∞
|an| = 0 (8)
でなければならないことを思い出しましょう。実際、
Sn =n∑
k=0
ak, S =∞∑
k=0
ak
テイラー！ 62
とするとき、
an = Sn − Sn−1n→∞−−−→ S − S = 0
であり、0に収束する数列は絶対値をとっても 0に収束します。log(1 + x) の x = 0 におけるテイラー級数は
∞∑k=1
(−1)k−1xk
k= x− x2
2+x3
3− x4
4+x5
5− · · ·
でした。この級数は |x| > 1 では条件(8)に反することを示しましょう。|x| > 1 を満たす x を一
つ固定します。
limn→∞
n+ 1n
= 1
ですので、ある自然数 N で、N より大きな任意の自然数 n に対してn+ 1n
< |x|
となる N が存在します。よって N より大きな任意の自然数 n に対して∣∣∣∣ xn+1
n+ 1
∣∣∣∣ = ∣∣∣∣xxn
n
n
n+ 1
∣∣∣∣ = ∣∣∣∣xn
n
∣∣∣∣ |x| n
n+ 1>
∣∣∣∣xn
n
∣∣∣∣ n+ 1n
n
n+ 1=∣∣∣∣xn
n
∣∣∣∣となって、N より大きいところでは
∣∣xn
n
∣∣ という数列は単調増加であり、0に収束することはあり得ません。
これで log(1 + x) の 0 におけるテイラー級数が |x| > 1 で収束しないことが示せました。
x = −1 のとき
x < −1 のときと同様に、x = −1 のときは log(1 + x) = log 0 は存在しないけれどテイラー級数自体が収束するかどうかは意味を持ちます。それを調べておきましょう。
log(1 + x) の 0 におけるテイラー級数
x− x2
2+x3
3− · · · + (−1)n−1x
n
n+ · · ·
に x = −1 を代入して得られる無限級数
1 +12
+13
+ · · · + 1n
+ · · ·
を調和級数といいます。limn→∞ 1/n = 0 なので、|x| > 1 のときのように級数の発散を示すことはできません。そこで、他の工夫が必要になります。
積分と比較する
f(x) = 1/x の積分と比較しましょう。
1n>
∫ n+1
n
1xdx
です（図 8）。 よって、
1 +12
+13
+ · · · + 1n>
∫ n+1
1
1xdx = log(n+ 1) n→∞−−−→ +∞
となって示せました。 □
テイラー！ 63
� �
xn n+ 1
1n y =
1x
図 8: 面積比べ。� �発散することがわかっている級数と比較する
積分を微分の逆演算として定義している以上、定積分がグラフの囲む部分の面積になっているこ
とを使ってしまったら証明とは言えない、と思う人もいるでしょう。冬学期に積分を面積の一般化
として定義し直すと上の証明はキッチリ正当化されますが、たしかに現時点ではその批判は当たっ
ていると思います。そこで、もっと初等的な証明も紹介しましょう。
第 2n + 1 項目から第 2n+1 項目をすべて 1/2n+1 に変えた無限級数を考えます。具体的には、
1 +12
+13
+14
+15
+ · · · + 18
+19
+ · · · + 116
+117
+ · · ·
を
1 +12
+14
+14
+18
+ · · · + 18
+116
+ · · · + 116
+132
+ · · ·
と作り替えます。すると、各項はもとの調和級数の対応する項以下であり、第 2n + 1 項目から第2n+1 項目までの和はすべて 1/2 です。よって、
1 +12
+13
+14
+15
+16
+17
+ · · · ≥ 1 +12
+14
+14
+18
+18
+18
+ · · ·
= 1 +12
+12
+12
+12
+12· · · = +∞
となって示せました。 □
9.5 二項展開
もう一つ重要な例を紹介しておきます。累乗根の近似値を計算したときに利用した (1 + x)α の
テイラー展開です。α = −1 のときのテイラー近似が |x| < 1 のとき 1/(1 + x) に収束することは、等比級数の収束として高校で勉強したとおりです。（上でも使いました。）これが任意の実数 α に
対して成り立つことを示しましょう。
0 におけるテイラー近似多項式は
pn(x) =n∑
k=0
(α
n
)xn
でした。証明したいことは、
limn→∞
pn(x) = (1 + x)α |x| < 1
テイラー！ 64
です。α 自然数のときは (α
n
)= αCn
で、これは n > α で 0ですので、テイラー級数はただの多項式になるので収束し、普通の二項定理になります。もちろん |x| < 1 もいりません。任意の x で O.K.です。
証明. 剰余項のコーシー表示を使いましょう。
Rn+1(x) =f (n+1)(hx)
n!x(x− hx)n =
(α
n+ 1
)(n+ 1)(1 + hx)α−n−1xn+1(1 − h)n
となる 1より小さい正実数 h が存在します。これを
Rn+1(x) = α
n∏k=1
(α− k
k
)(1 + hx)α−1
(1 − h
1 + hx
)n
xn+1
と変形します14。今、|x| < 1 で考えているので∣∣∣∣ 1 − h
1 + hx
∣∣∣∣ < 1
です。また、0 < h < 1 なので
α > 1 ⇒ (1 + hx)α−1 < (1 + |x|)α−1, α < 1 ⇒ (1 + hx)α−1 < (1 − |x|)α−1
となっています。そこで、
g(x) = (1 + |x|)α−1 + (1 − |x|)α−1
とおけば、常に
(1 + hx)α−1 < g(x)
が成り立ちます。よって、
|Rn+1(x)| < |αx|g(x)n∏
k=1
∣∣∣∣(1 +|α|k
)x
∣∣∣∣となります。x に応じて ∣∣∣∣(1 +
|α|m
)x
∣∣∣∣ < 1
となる m をひとつ取ると、
|Rn+1(x)| < |αx|g(x)m−1∏k=1
∣∣∣∣(1 +|α|k
)x
∣∣∣∣ · ∣∣∣∣(1 +|α|m
)x
∣∣∣∣n−m+1
となるので、
limn→∞
Rn+1(x) = 0
が証明できました。 □14∏n
k=1 ck = c1 · c2 · · · cn のことで、いわば∑n
k=1 のかけ算版です。
テイラー！ 65
注意. 今収束を証明した (1 + x)α の 0 を中心としたテイラー級数
∞∑n=0
(αn
)xn
のことを二項級数と言います。ニュートンが微積分学を開発したときの具体的な発想の源がこの二項級数だったそうで、別名ニュートン級数とも言うそうです。★
このほか tanx や逆三角関数など、「式 1本」で書けるような関数はすべて任意の点のまわりのテイラー級数が元の関数の値に収束します。証明は、級数の一般論などと絡めて冬学期に紹介する
ことになるでしょう。
10 C∞ 級という性質とテイラー展開可能性
10.1 テイラー展開不可能な関数とは
ここまではテイラー展開可能、すなわち、f(x) から作ったテイラー級数がもとの f(x) に収束する、いわば「幸せ」な例ばかり見てもらいました。しかし、実際にはテイラー展開不可能な C∞
級関数も存在します。
「テイラー展開不可能」という言葉は二つの意味に分かれます。一つは
テイラー級数は収束するが収束先がもとの関数の値でない
という比較的大人しいもの。もう一つは
そもそもテイラー級数が級数として収束しない
という病的なものです。
この節では、このような関数の例をそれぞれ紹介します（ただし、後者の例は証明抜きです）。
10.2 テイラー級数は収束するが元に戻らない例
φ(x) を
φ(x) =
{e−
1x2 x = 0
0 x = 0
で定義します。この関数は C∞ 級で、0 におけるテイラー級数は実数全体で収束しますが、x = 0での収束先は φ(x) に一致しません。
証明. 時間やページ数の関係で証明はアウトラインだけにし、数学的帰納法によってキチンとした
証明を完成することは皆さんにお任せします。
x = 0 のところでは C∞ 級関数の合成関数に過ぎないので C∞ 級ですから、φ(x) が C∞ 級で
あることを示すには、x = 0 で何回でも微分できることを示せばよいことになります。
limx→0
e−1
x2 = 0
ですので、φ(x) は x = 0 で連続です。
limx→0
e−1
x2 − 0x
= 0
テイラー！ 66
ですので15、φ(x) は x = 0 で微分可能で微係数は 0です。
limx→0
2x3 e
− 1x2 − 0x
= 0
ですので φ(x) は x = 0 で二階微分可能でその値は 0です。以下、任意の n に対して
limx→0
e−1
x2
xn= 0
であることから、同様にして φ(x) は x = 0 で何回でも微分できて x = 0 での値は全て 0であることが分かります。これで φ(x) が C∞ 級関数であることが示せました。
上の計算で、任意の n に対して φ(n)(0) = 0 であることがわかりましたので、φ(x) の 0 におけるテイラー級数は
0 + 0x+ 0x2 + · · · = 0
です。つまり、任意の x に対して、テイラー級数の任意の部分和は常に 0です。よってこのテイラー級数は任意の x に対して収束し、その極限は 0です。ところが、x = 0 のとき φ(x) > 0 ですので、この級数は x = 0 でしか φ(x) と一致しません。□
10.3 テイラー級数が級数として収束しない例
ψ(x) を
ψ(x) =
e
12x2
∫ ∞
1x
e−t22 dt x = 0
0 x = 0
とすると、ψ(x) は C∞ 級であるが、0を中心とした ψ(x) のテイラー級数は 0でない任意の x に
対して収束しません。
しかし、これの証明は現在までに皆さんが学んでいることをかなり逸脱してしまうので省略しま
す。この例は特別なものではなく、このような関数はたくさんあることが知られているということ
だけ注意しておきます。
15分かりにくければ、y = 1xとおいてみて下さい。