テイラー展開とその定理〜収束半径と剰余項の深い関係

　某大学の医学生が”ローラン展開とかイマイチよく分からん”と嘆いてたのを思い出す。
　複素関数でよく登場するテイラー展開とローラン展開だが､どちらも複素関数のべき級数展開である。そして､極とか特異点とかの専門用語もしばし登場する。
　これらは複素関数を積分したり､複素解析において非常に便利なツールと言える。
　私も一応は数学科の出なので､必要最低限の理解はあったつもりだが､時間が経つと呆気なく忘れている。

　｢リーマンの謎”3の9”｣でも大まかには述べましたが､先ず｢テイラー展開｣とは”正則なある点の周りの複素関数の級数展開”の事で､｢ローラン展開｣は”(正則でない)特異点の周りで展開”する。但し､あくまで”点の周り”であり､領域内は正則な必要がある。
　そこで今日は､テイラー展開について述べたいと思います。以下､｢受験の味方｣を一部参考に纏めます。
　一般に閉区間[a,x]にて､fをC∞級関数(無限回(階)微分可能な関数)とする時､複素関数f(z)の点aの周りのテイラー展開は､f(z)=f(a)+f’(a)(z−a)+f’’(a)(z−a)²/2!+f’’’(a)(z−a)³/3!+⋯=Σ[0,∞]f⁽ⁿ⁾(a)(z−a)ⁿ/n!､(z∈C)ー①と､複素関数を無限階での多項式展開で表せる。
　この証明ですが､仮に①をf(z)=k₀+k₁(z−a)+k₂(z−a)²+k₃(z−a)³+⋯とおき､まずf(z)にz=aを代入すれば､k₀=f(a)を得る。次にf(z)をzで微分しz=aとすれば､k₁=f’(a)=0を得て､更に微分すれば､k₂=f’’(a)/2を得る。これをn回繰り返せば､kₙ=f⁽ⁿ⁾(a)/n!となり､①式のテイラー展開を得る(証明終)。
　但し､厳密には以下で述べる｢テイラーの定理｣を使って証明すべきですが､こっちの方が簡単です。
　また､原点(a=0)周りのテイラー展開をマクロリン展開とも呼び､f(z)=f(0)+f’(0)z+f’’(0)z²/2!+f’’’(a)(0)³/3!+⋯ー②で表し､テイラー展開式①にa=0を代入する事で簡単に計算できて､実に多くのケースで使われます。　

テイラー展開と収束半径

　そこでテイラー展開の簡単な例を挙げ､おさらいをします。但し､ここでは複素関数ではなく実関数を考えるので､zをxとする。
　指数関数や三角関数を0の周りで級数展開すると､sinx=x−x³/3!+x⁵/5!+⋯
　cosx=1−x²/2!+x⁴/4!+⋯
　tanx=x−x³/3+2x⁵/13+17x⁷/315+⋯
　eˣ=1+x+x²/2!+x³/3!+⋯などのマクロリン展開公式が知られています。
　まずsinxだが､f(x)=sinxとおくと､sinxを順に微分すれば､f⁽¹⁾(x)=(sinx)’=cosx､f⁽²⁾(x)=(cosx)’=−sinx､f⁽³⁾(x)=(−sinx)’=(−cosx)’､=f⁽⁴⁾(x)=(−cosx)’=sinx､…の周期性を得る。これにx=0を代入し､f⁽⁴ᵏ⁺¹⁾(0)=1､
f⁽⁴ᵏ⁺²⁾(x)=0､f⁽⁴ᵏ⁺³⁾(0)=−1､f⁽⁴ᵏ⁺⁴⁾(x)＝0を得て､f⁽²ᵏ⁺¹⁾(0)=(−1)ᵏ､f⁽²ᵏ⁾(0)=0となり､②式に代入すれば､sinx=x−x³/3!+x⁵/5!+⋯=Σ[0,∞](−1)ᵏx⁽²ᵏ⁺¹⁾/(2k+1)!を得る。
　cosxも同様にして､f⁽²ᵏ⁺¹⁾(0)=0､f⁽²ᵏ⁾(0)=(−1)ᵏを得て､cosx=1−x²/2!+x⁴/4!+⋯=Σ[0,∞](−1)ᵏx⁽²ᵏ⁾/(2k)!を得る。

　tanxは少し複雑ですが､f’(x)=(tanx)’=1/cos²x=1+tan²x､f’’(x)=(1+tan²x)’=2tanx/cos²x=2tanx(1+tan²x)=2tanx+2tan³x､f⁽³⁾(x)=2(tanx)’+2(tan³x)’=2(1+tan²x)+6tan²x(1+tan²x)=2+8tan²x+6tan⁴x､以下同様に､f⁽⁴⁾(x)=16tanx+40tan³x+24tan⁵x､f⁽⁵⁾(x)=16+136tan²x+240tan⁴x+120tan⁶xを得る。但し､各導関数にて隣合う係数を交互に足し引きすると0になる事が分かる。
　ここで､tanxの偶数階導関数は奇数次の項のみからなり､f(0)=f⁽²⁾(0)＝f⁽⁴⁾(0)=⋯=０､またf’(0)=1,f⁽³⁾(0)=2,f⁽⁵⁾(0)=16,…を得て､②式より､tanx=x＋x³/3+2x⁵/15+⋯を得る。
　tanxの展開は結構ややこしいですが､ベルヌイ数Bₙで表せる事が知られてます。
　eˣは簡単で､(eˣ)’=eˣ=f⁽ᵏ⁾(x)となり､f⁽ᵏ⁾(0)=1を得る。故に､eˣ=Σ[0,∞]x⁽ᵏ⁺¹⁾/k!=1+x+x²/2!+x³/3!+⋯を得る。　

　そこで､簡単な例題として√2とeを求めてみます。まずは√2ですが､f(x)=√(x+1)=1+x/2−x²/8+x³/16−5x⁴/128+⋯に､x=1を代入すれば､f(1)=√2=1+1/2−1/8+1/16−5/128+⋯≒1.42969⋯と小数点第1位まで近似できる。eもf(x)=eˣ=1+x+x²/2!+x³/3!+⋯より､f(1)=e=1+1+1/2!+1/3!+⋯≒2.416666…と小数点第2位まで近似できる。
　因みに､これらの超越関数は単純な和で展開でき､収束半径は∞で､xの値に拘らず常に成り立つ。

　一方で対数関数の展開は､log(x+1)=x−x²/2+x³/3−x⁴/4+x⁵/5−⋯で表されますが､但し|x|<1との条件が付く。勿論､logxは特異点0の周りではテイラー展開出来ないが､xを1ズラせば何て事はない。
　f(x)=log(x+1)として､両辺をxで微分すると､f’(x)=1/(1+x)=1−x+x²−x³+⋯となり､これは初項1､公比−x(|x|<1)の無限級数の和となる。故に､両辺をxで積分すると､f(x)=log(x+1)=x−x²/2+x³/3−x⁴/4+⋯の展開式を得る。但し､y=log(x+1),x+1=uとおくと､dy/dx=dy/du･du/dx=(logu)’･(x+1)’=1/u･1=1/uより､f’(x)=1/(1+x)は明白ですね。
　tanxの逆関数であるtan⁻¹xのテイラー展開も､少しトリックが必要です。
　(tan⁻¹x)’=1/(1+x²)ですが､この微分を繰り返すと当然手に負えなくなる。そこで､等比級数の公式を使い､1/(1+x²)=1−x²+x⁴−x⁶+⋯､但し|x|<1。故に､両辺をxで積分すれば､tan⁻¹x=∫[0,x]dt/(1+t²)=∫[0,x](1−t²+t⁴−t⁶+⋯)dt=x−x³/3+x⁵/5−x⁷/7+⋯と､テイラー展開できる。

　一方で､log(x+1)=x−x²/2+x³/3−x⁴/4+⋯=Σ[0,∞]ₙ(−1)ⁿx⁽ⁿ⁺¹⁾/(n+1)の収束半径rですが､べき級数Σaₙxⁿに対し､”項比判定法”とも呼ばれる｢ダランベールの公式｣を使えば､r=lim[n,∞]|aₙ/aₙ₊₁|=(n+1)/n→1を得る。
　これは､|x|<1で収束し|x|>1で発散するとなるが､x=±1については述べていない。
　 そこで､展開式にまずx=−1を代入すると､すると 1+1/2+1/3+⋯=∞となり､x=−1では収束しない。また､x=1では(アーベルの連続性定理より)log2となるので収束する。以上より､log(x+1)の展開式は､−1<x≤1の範囲で成り立つ事がわかる。事実､境界上の点r,−rにては､個々の級数により収束の状況が異なるので､判定法の定義には含めない。
　以上より､収束半径rを境に､|x|<rを満たす区間の内側なら収束し､外側の|x|>rなら発散する。但し､”半径”と呼ぶのは複素数zのべき級数では複素平面の半径rの円内なら収束､円外ならば発散となるからである。

テイラーの定理と剰余項

　ただテイラー展開にも制約があり､まず1つはf(x)はaで”正則(微分可能)”という条件。つまり､微分を繰り返すうちに正則でなくなる場合は展開できない。
　2つ目は､zとaが離れすぎてはいけない事。
　aから僅かに離れたzにて成り立つのが一般的ですが､zがaを離れる程に展開項の数を増やせば､ズレが補正されて正確な値に近付く訳だが､勿論限界がある。
　つまり､この限界を”収束半径”といい。収束半径の値は､どんな関数をどこの周りに展開するかにより異なる。関数によっては収束半径が無限大になるものも存在する。
　3つ目は､テイラー展開の右辺(無限和)が必ずしも収束する訳でもない事。故に､剰余項Rₙ=f⁽ⁿ⁾(c)(x−a)ⁿ/n!を展開式の最後に加え､収束するかどうかの確認が必要となる。

　従って､テイラー展開はf(x)=f(a)+f’(a)(x−a)+f’’(a)(x−a)²/2!+⋯+f⁽ⁿ⁾(c)(x−a)ⁿ/n!と書け､この等式を満たす”cがxとaの間に必ずある”事を示し､これを｢テイラーの定理｣と呼ぶ。但し､剰余項Rₙとは､テイラー展開の左辺の”関数f(x)の値”と右辺の”n−1次の項までの和”との”誤差”となる。
　つまり､テイラー展開を厳密な形で表現すると､閉区間[a,x]にてfがaの周りでn回微分可能な時､f(x)=Σ[0,n-1]ₖf⁽ᵏ⁾(c)(x−a)ᵏ/k!+Rₙ､Rₙ=f⁽ⁿ⁾(c)(x−a)ⁿ/n!､a<c<xと”n階の多項式展開”で書ける。更にn→∞の時､剰余項Rₙが0に収束すれば､冒頭の①式の様に､f(x)=f(a)+f’(a)(x−a)+f’’(a)(x−a)²/2!+f’’’(a)(x−a)³/3!+⋯と､n→∞の時のテイラーの定理は”fの点a周りの無限階のテイラー展開”とも言える。
　但し､逆も真なりで､[x,a]でもc(x<c<a)が存在する。
　以下､｢高校数学の美しい物語｣を一部参考に纏めます。

　そこで､｢テイラーの定理｣を”関数f(x)をx=aの周りで多項式に近似する”との意味で､簡単な例(f(x)=eˣ,n=3,a=0)を挙げて説明する。
　この例では､f(x)=f(0)+f′(0)x+2f′′(0)x²+6f′′′(c)x³=1+x+2x²+6eᶜx³となり､cが0とxとの間に存在する。故にx=0の近くで剰余項R₃=6eᶜx³は非常に0に収束し､”eˣはx=0の近くで1+x+2x²に近似できる”と言える。
　一方で､n=1の時のテイラーの定理は､”f(x)=f(a)+f′(c)(x−a)を満たすc(a<c<x) が存在する”となり､(f(x)−f(a))/(x−a)=f′(c)と変形すれば､｢平均値の定理｣そのものです。
　そこで剰余項Rₙ=f⁽ⁿ⁾(c)(x−a)ⁿ/n!の評価ですが､例えばn階微分がnのべき乗で抑えられる時､つまり”ある定数A,Bが存在し､全てのnとx₀に対しf⁽ⁿ⁾(x₀)≤ABⁿが成立する”時､Rₙ=0(n→∞)となる。従って､テイラーの定理により､f(x)=Σ[0,∞]f⁽ⁿ⁾(a)(x−a)ⁿ/n!と無限階に展開できる。
　これこそがテイラー展開の原理で､テイラー展開の背後には(｢平均値の定理｣の一般化である)テイラーの定理があると言えます。

　そこで｢テイラーの定理｣の主張である､剰余項Rₙ=f⁽ⁿ⁾(c)(x−a)ⁿ/n!が存在する事の証明ですが､f(b)=∑[0,n-1]ₖf⁽ᵏ⁾(a)(b−a)ᵏ/k!+A(b−a)/n!となる様な定数Aを取ると､f⁽ⁿ⁾(c)=Aとなるcの存在を示せばいい。
　ここで､新たに関数g(x)=f(b)−f(x)−k=∑[1,n-1]ₖf⁽ᵏ⁾(x)(b−x)ᵏ/k!−A(b−x)ⁿ/n!と定義するとg(a)=0はAの定め方から､g(b)=0は簡単に分かるので､｢ロルの定理｣が使える。つまり､f(a)=f(b)より､あるc(a<c<b)が存在し､g′(c)=0となる。
　次に､a<x<bにて実際にg′(x)を計算すると､g′(x)=−∑[1,n-1]ₖf⁽ᵏ⁺¹⁾(x)(b−x)ᵏ/k!+∑[1,n-1]ₖf⁽ᵏ⁾(x)(b−x)ᵏ⁻¹/(k−1)!+A(b−x)ⁿ⁻¹/(n−1)!となり､1つ目のΣと2つ目のΣが殆ど打ち消し合い､g′(x)=(b−x)ⁿ⁻¹(A−f⁽ⁿ⁾(x))/(n−1)!を得る。よって､g′(c)=0からf⁽ⁿ⁾(c)=Aが示せた(証明終)。

最後に〜テイラー展開のその裏側

　テイラー展開の背後には､｢テイラーの定理｣が存在し､そのテイラーの定理の中核を成す”剰余項の評価”の背後には｢平均値の定理｣が構えていました。故に､｢ロルの定理｣が使え､テイラーの定理を証明する事が可能になり､テイラー展開が使える様になる。
　但し､テイラー展開が収束するか否かは､収束の限界(収束半径)をダランベールの判定法で求める必要があり､更に､テイラー展開が使えるか否かは､テイラーの定理の主張である剰余項の収束を確認する必要がある。

　私達が安心して(当り前の様に)テイラー展開を不自由なく使えるのは､こうした影武者的なツールのお陰であり､こうしたべき級数の仕組みを知り得ただけでも､テイラー展開の見方も印象も変わってくるであろう。
　三角関数や指数･対数関数をべき級数で表現するという魔法の様な展開公式だが､その裏側には様々な工夫と発見が成されていたのである。
　そういう事を知り得ただけでも良しとしようじゃないか・・・そう思わないと数学なんてやってられない。