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2012年度数学 IA演習第 6回理 I 1 ～ 10組
7月 2日 清野和彦
問題 1. 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→1
2ex − ex2 − e
(x− 1)2(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
)● n 回微分可能な関数 f と定義域内の実数 a に対し、n 次（以下の）多項式
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
を f の a における n 次のテイラー近似多項式と呼ぶことにします。
問題 2. 問題 1をテイラー近似多項式を使って計算せよ。
問題 3. 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。
問題 4. 極限
limx→0
(1 + x)1x − e(a+ bx)x2
が存在するための a, b の値と、そのときの極限値を求めよ。
問題 5. e の値を小数点以下第 3位まで決定せよ。ただし 1 ≤ e ≤ 3 であることは使ってよい。（小数点以下第 4位を四捨五入するのではありません。）
問題 6. sin 1 の値を小数点以下第 3位まで決定せよ。（小数点以下第 4位を四捨五入するのではありません。）
問題 7. 3√
28 の値を小数点以下第 4位まで決定せよ。（小数点以下第 5位を四捨五入するのではありません。）
問題 8. pn(x) を sinx の 0における n 次のテイラー近似多項式とする。このとき、0以上の任意の x に対して
n が奇数なら p2n−1(x) = p2n(x) ≥ sinx、
n が偶数なら p2n−1(x) = p2n(x) ≤ sinx
が成り立つことを示せ。
問題 9. 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。
• 何回でも微分可能な関数 f(x) と定義域内の a に対し、x を決めるごとに決まる無限級数
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 + · · ·
を f の a における（あるいは a を中心とした）テイラー級数と呼ぶことにします。また、a を含
むある開区間に属する任意の x について f の a におけるテイラー級数が f(x) に収束するとき、fは a においてテイラー展開可能であると言います。
問題 10. 任意の多項式は R 上任意の実数を中心にテイラー展開可能であることを示せ。
問題 11. 関数 f を
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。
問題 12. x < −1 および x ≥ 1 において
x− x2 log(
1 +1x
)=
∞∑n=0
an
xn
が成り立つ数列 {an}∞n=0 を求めよ。
問題 13. φ(x) を
φ(x) =
{e−
1x2 x = 0
0 x = 0
とすると、φ(x) は何回でも微分可能であり、0を中心とした φ のテイラー級数は任意の x で収束
するが、その極限は x = 0 のときは φ(x) に一致しないことを証明せよ。
————————————————————–
問題 14. 次の 2変数関数の極大点・極小点・鞍点とそこでの値をすべて求めよ。
(1)x2
9− y2
25(2) 2x2 − 2xy + 5y2 − 6x+ 12y + 2
(3) x2 + xy + y2 + 3x+ y
xy(4) x3 − 9xy + y3 + 27
(5) xy(x2 + y2 − 1) (6) (x+ y)e−xy
(7) (x2 + y2)ex2−y2
2012年度数学 IA演習第 6回解答理 I 1 ～ 10組
7月 2日 清野和彦
今回は「ロピタルの定理」「テイラー近似」「テイラーの定理」「テイラー展開」「2変数関数の極値問題」を扱います。講義は「テイラーの定理」までしか進んでいませんが、演習は今回が夏学期
最後ですので、夏学期に学ぶ予定の内容を講義の進度に関係なく扱うことにしました。講義はあと
2回残っており、それぞれの回に残りの二つの話題を扱う予定だそうです。なお、解答があまりにも長くなってしまったので、「2変数関数の極値問題」だけは別冊子としました。問題 14の解答はそちらにあります。
目 次
1 ロピタルの定理 2
1.1 ロピタルの定理の逆 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.2 ロピタルの定理と微分の定義 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.3 ロピタルの定理を使った極限の計算 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.3.1 問題 1の解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.4 ロピタルの定理の変種 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
2 テイラー近似・定理・展開についてのあらすじ 7
3 テイラー近似多項式 9
3.1 多項式と微分 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93.2 結論 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133.3 テイラー近似多項式の定義と例 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
4 近似の意味 14
4.1 テイラー近似の特徴付け . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 144.1.1 ランダウの記号 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
4.2 証明 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 174.3 応用 : テイラー近似を利用した極限値の計算 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
4.3.1 問題 2の解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
5 近似の一意性と微分 22
5.1 積のテイラー近似多項式 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 235.2 合成関数のテイラー近似多項式 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
5.2.1 問題 3の解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 255.2.2 問題 4の解答 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
第 6 回解答 2
6 剰余項の表示：極限から誤差へ 28
6.1 ロピタルの定理の証明：コーシーの平均値定理 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 286.2 ラグランジュ表示：ロピタルからコーシーへ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 316.3 剰余項のさまざまな表示 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32
7 剰余項の表示の応用 33
7.1 e の近似 : 問題 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 347.2 sinx の近似 : 問題 6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 357.3 累乗根の近似：問題 7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 367.4 sinx の剰余項の符号 : 問題 8 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 377.5 他の応用 : 問題 9 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
8 テイラー展開 40
8.1 テイラー級数とテイラー展開の定義 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 408.2 テイラー展開可能であることを示すには . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42
9 よく知られた関数のテイラー展開 44
9.1 多項式：問題 10 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 449.2 指数関数と三角関数 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 449.3 有理関数：問題 11 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 459.4 対数関数 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46
9.4.1 問題 12 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 509.5 二項展開 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50
10 C∞ 級という性質とテイラー展開可能性 51
10.1 テイラー展開不可能な関数とは . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5110.2 テイラー級数は収束するが元に戻らない例 : 問題 13 . . . . . . . . . . . . . . . . . 5110.3 テイラー級数が級数として収束しない例 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52
1 ロピタルの定理
この節では、「テイラーの定理」の準備として、ロピタルの定理を紹介します。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すが、主役は「テイラーの定理」ですので、あまりこだわ
らずに結果と使い方と使い方に関する注意だけ紹介します。証明については、「テイラーの定理」
の説明の流れの中で触れます。
ロピタル (de l’Hopital)の定理とは
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。� �というものでした。
第 6 回解答 3
1.1 ロピタルの定理の逆
定理の中の太字にした「存在するなら」の部分は間違いを犯しやすいところですので気を付け
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。すなわ
ちロピタルの定理の逆は成り立たないのです。
例を挙げておきましょう。
f(t) = sin t g(t) = t2 sin1t
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。
1.2 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 limt→a
g′(t)f ′(t)
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です。しかし、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。
まず、左辺の limt→aを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 00 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「ひと
ひねり」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
つまり t = a における微分の定義式になるので、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、
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1。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)
1f ′(a) = 0 のときは逆数を考えてください。
第 6 回解答 4
も成り立ちます。
このように、
f ′(a) と g′(a) が存在し、どちらか一方は 0でなく、f ′(t) も g′(t) も t = a で連続
という場合には、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だったというわ
けです。
1.3 ロピタルの定理を使った極限の計算
「f ′(a) と g′(a) が存在して f ′(t) と g′(t) が t = a で連続」なのに前節の範疇に入らない場合と
して f ′(a) = g′(a) = 0 になってしまう場合があります。ことのときは左辺のみならず右辺も「 00
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 00 なら 4階微分、、、となります。くだらないようですが、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。実際、問題 2の解答で、ロピタルの定理を繰り返し使った問題 1の解答と全く同じ内容をテイラーの定理の視点からもっとすっきりと説明します。
注意. なお、f と g が C∞ 級（すなわち何回でも微分可能な関数）なら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るので、その質問に対する答
は NO です。★
1.3.1 問題 1の解答
(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 + 6x
です。そして、極限が
limx→0
ex
2 + 6x=
12
第 6 回解答 5
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回微分してみます。すると、
(x− tanx)′′′ =(− tan2 x
)′′=(−2 tanx(1 + tan2 x)
)′= −2
(1 + tan2 x
)2 − 4 tan2 x(1 + tan2 x
) x→0−−−→ −2
となって、2階微分までは x→ 0 のとき 0となっており、3階微分の値は −2 です。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) x→ 1 としたときに 0にならなくなるまで分母を微分しましょう。((x− 1)2
)′′= (2(x− 1))′ = 2
です。そこで分子も 2回微分します。すると(2ex − ex2 − e
)′′= (2ex − 2ex)′ = 2ex − 2e x→1−−−→ 0
となって、1階微分までは x→ 1 のとき 0で、2階微分の値も 0です。よって、ロピタルの定理を2回使うことにより、
limx→1
2ex − ex2 − e
(x− 1)2=
02
= 0
となります。 □
(4) 通分すると1
x(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
となって、1階微分までは x→ 0 のとき 0で、2階微分の値は −1 です。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
第 6 回解答 6
となります。 □
(5) y = 1x 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、1
sin2 x− 1x2
=x2 − sin2 x
x2 sin2 x
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、3階微分までは x→ 0 のとき 0で、4階微分の値は 8です。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。 □
1.4 ロピタルの定理の変種
ロピタルの定理の変種についても簡単に触れておきましょう。ロピタルの定理は「t→ a のとき00 型」というものですが、
• t→ a のとき ∞∞ 型
• t→ ∞ のとき 00 型
• t→ ∞ のとき ∞∞ 型
第 6 回解答 7
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、00 を
∞∞ にするのは、単に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 論法を使わな
ければ証明できない定理として有名だそうで、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の都合で割愛します。
2 テイラー近似・定理・展開についてのあらすじ
「テイラー」の名を冠された定理や概念は、1年生が学ぶ微積分の中で最も重要なものだと言ってよいと思います。「テイラー」関連の話題は大きく分けて三つあります。「テイラー近似」「テイ
ラーの定理」「テイラー展開」です。まず大雑把に話の流れをつかんでおくとよいと思うので、以
下、簡単に上記の三つの話題について説明します。
そのために、一つ用語を用意しましょう。関数 f と自然数 k に対して f (k) で f 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) の存在する関数の f (k) は連続
となります。f (k+1) が存在しない場合 f (k) は必ずしも連続ではないのですが、たとえ f (k+1) が
存在しない場合でも f (k) 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、次の言葉を用意しましょう。� �定義 1. 関数 f が n 回微分可能で n 階導関数 f (n) が連続なとき、f は Cn 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2。� �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。
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 回までの微分係数 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
普通なのですが、たいへん幸いなことに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
ンと三つに分けて説明されます3。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ないので、三つの話題に分けて説明することは大変意味があると
私は思っています。
そこで、このプリントでも講義と同様に
(1) もとの関数と「ある多項式」との関係
2「Cn 級」は「しーえぬきゅー」、「C∞ 級」は「しーいんふぃにてぃーきゅー」と読みます。3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。
第 6 回解答 8
(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
という順で説明して行きます。
本論に入る前に、もう少し詳しく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 f(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、
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
第 6 回解答 9
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「テイラー」関連の話の流れです。以下、第 3節から第 5節で「(1) テイラー近似」につ
いて、第 6節と第 7節で「(2) テイラーの定理」について、第 8節から第 10節で「(3)テイラー
展開」について説明します。
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次微分係数でどの
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。� �命題 2. 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
とします4。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。4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。
第 6 回解答 10
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5。（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
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（値が 0の定数関数）なら f(x) は n 次以下の多項式である」ということの証明に微積分の基本定理 ∫ b
a
g′(x)dx = g(b) − g(a)
を使うのがしっくりこない人は次のように考えてください。（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。念のため証明しておきましょう。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
5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。（冬学期の最初に扱われる予定です。）しかし、もちろん積分について高校で学んだ内容はすべて正当化されます。そこで、ここ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。
第 6 回解答 11
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 次以下の多項式である」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 を微分してみましょう。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 1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。★
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。� �命題 3. 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。� �
第 6 回解答 12
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 次微分係数が 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 次微分係数が 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。
第 6 回解答 13
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。� �標語 4. 実数 a と 0以上の整数 n を勝手にとり、x = a での値 a0、1次微分係数 a1、2次微分係数 a2、…、n 次微分係数 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 次以上の微分係数、すなわち n+ 1 階以上の導関数がすべて
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 における高次微分係数の列 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 次まで
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)
という多項式であることが分かります。そこで、� �定義 5 (テイラー近似多項式の定義). 多項式 (1)を、点 a における f(x) の n 次のテイラー
近似多項式と呼ぶ。� �と定義します6。
テイラー近似多項式がどのような意味を持つ関数なのかを考える前に、具体例として指数関数
や三角関数の 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 階導関数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。
6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」というよ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。なお、物理にでてくる「n 次近似」はこのプリントの n 次のテイラー近似多項式のことです。
第 6 回解答 14
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
前節の結論である標語 4の
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 次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 次までの微分係数が 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、高次微分係数の値をあらわに使わずに、ある多項式が a における 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 次までの高次微分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。
4.1 テイラー近似の特徴付け
いきなり書きます。� �定理 1 (テイラー近似多項式の意味). n 次以下の多項式 pn(x) に対し、
pn(x) は 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。� �
第 6 回解答 15
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。
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)
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 1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なのです。1次のテイラー多項式が接線の式だということを n 次のテイラー近似多項式に安直に当てはめ
て、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 重に接する多項式だ
と言い表してもよいようなものなのです。
4.1.1 ランダウの記号
前節で標語として「比べて無視できるほど小さい」とか「より速く 0に収束する」とか「より高次の無限小である」とかと表現した性質を手短に表すための記号が用意されています。ランダウの
記号というものです。（ランダウは人の名前です。）前節の「テイラー近似多項式の意味」から予
想されるように、「より高次の無限小」を表す記号があれば、テイラー近似多項式の性質について
議論するとき、書く量をかなり減らせそうです。そこで、この節でランダウの記号を導入しましょ
う7。7ランダウの記号はここで定義するよりもっと広い意味を持たせて使うことも多く、また大文字の O を使って表す少し
違う意味のランダウの記号もあるのですが、ここでは以下の議論で必要な部分だけを導入します。
第 6 回解答 16
� �定義 6 (ランダウの記号). 関数 f(x) が 0以上の整数 n に対して
limx→a
f(x)(x− a)n
= 0
を満たすとき、
f(x) = o((x− a)n)
と書く。ただし (x− a)0 = 1 と定義する。� �例えば、sinx = x+ o(x) です。これは、「sinx− x = o(x)」というように o(x) を定義したのではありません。ただ単に、
sinx− x を x で割って x→ 0 とすると 0に収束する。
という日本語の文章、あるいは
limx→0
sinx− x
x= 0
という条件式を省略して書いているだけのものです。o(x) は具体的な関数を表しているのではないということに注意してください。だから、例えば c = 0 のとき
f(x) = o((x− a)n) =⇒ cf(x) = o((x− a)n)
つまり
co((x− a)n) = o((x− a)n)
です。また、n < m のとき、
f(x) = o((x− a)m) =⇒ f(x) = o((x− a)n)
なので、n ≤ m のとき、
f(x) = o((x− a)n), g(x) = o((x− a)m) =⇒ f(x) + g(x) = o((x− a)n)
すなわち、
n ≤ m =⇒ o((x− a)n) + o((x− a)m) = o((x− a)n)
が成り立ちます。積に関しては、
f(x) = o((x− a)n), g(x) = o((x− a)m) =⇒ f(x)g(x) = o((x− a)n+m)
すなわち、
o((x− a)n)o((x− a)m) = o((x− a)n+m)
が成り立ちます。このことから、実は
o(x− a)n = o((x− a)n)
となっていることが分かります。
しつこいようですが、o((x− a)n) が特定の関数を表しているのではないことにくれぐれも注意して下さい。
第 6 回解答 17
4.2 証明
それでは「テイラー近似多項式の意味」（定理 1）を証明しましょう。ロピタルの定理を使います。証明はランダウの記号を使っても使わなくても（記号に過ぎないのですから当然）可能です
が、ランダウの記号を使った方がスッキリ書けますので、使って証明しましょう。（そのために導
入したのですから。）そこで、「テイラー近似多項式の意味」をランダウの記号を使って書き直して
おきましょう。� �定理 2 (テイラー近似多項式の意味（ランダウの記号バージョン）).
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、
f(x) − pn(x) = o((x− a)n) (3)
であることは同値である。� �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における f(x) の n 次のテイラー近似多項式ならば
f(x) − pn(x) = o(xn)
である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「 00 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「 00 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「 00 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
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
第 6 回解答 18
となること、すなわち
f(x) − pn(x) = o(xn)
がわかりました。 □
以上はランダウの記号が全然活躍しませんでしたね。次にやる逆の証明で活躍します。
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 階導関数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 回微分可能で、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
f(x) − qn(x) = o(xn)
を満たすなら、qn(x) は 0における 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−1x
n−1 + anxn
とおき、pn(x) を 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
f(x) − pn(x) = o(xn)
が示されているので、特に、n 以下の任意の k に対して
f(x) − pn(x) = o(xk)
第 6 回解答 19
が成り立ちます。（前節のランダウの記号の説明と性質を参照して下さい。）
今、
f(x) − qn(x) = o(xn)
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
f(x) − qn(x) = o(xk)
が成り立ちます。よって、
qn(x) − pn(x) = (f(x) − pn(x)) + (f(x) − qn(x)) = o(xk) − o(xk) = o(xk)
が n 以下の任意の k に対して成り立つことが分かります。
まず、k = 0 のときにこの式を使うと、
0 = limx→0
(qn(x) − pn(x)) = qn(0) − pn(0)
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
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) が 0における f(x) の n 次のテイラー近似多項式であることが示
せました。 □
以上の証明から、特に、二つの n 次以下の多項式 p(x) と q(x) に対し、
p(x) − q(x) = o(xn) ⇐⇒ p(x) = q(x)
が証明されていることに注意して下さい。このことは、このあとしょっちゅう使います。
第 6 回解答 20
4.3 応用 : テイラー近似を利用した極限値の計算
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。問題 1でロピタルの定理を何回も使って計算したのと同じ極限を、テイラー近似多項式を利用して計算し直すことで、そのこと
を確認しましょう。
4.3.1 問題 2の解答
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。なお、o(xn) は定数倍しても o(xn) のままであることを考慮して、係数を簡単にしながら計算しています。「ここは o(x3) じゃなくて 2o(x3) じゃないだろうか」などと疑問に思ってしまうことがあるかと思いますが、そのときは o(xn) のこの性質を思い出してください。
(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において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における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+ o(x2)
)− 1 − x =
x2
2+ o(x2)
となります。よって、
limx→0
ex − 1 − x
x2 + x3= lim
x→0
x2
2 + o(x2)x2 + x3
= limx→0
12 + o(x2)
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、
tanx = x+x3
3+ o(x3)
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 − o(x3)x3
= −13
となります。 □
(3) x→ 1 の極限を考えるので、ex を 1においてテイラー近似しましょう。
ex = e+ e(x− 1) +e
2(x− 1)2 + o((x− 1)2)
第 6 回解答 21
です。これを代入すると、
2ex − ex2 − e
(x− 1)2
=2(e+ e(x− 1) + e
2 (x− 1)2 + o((x− 1)2))− e
(1 + 2(x− 1) + (x− 1)2
)− e
(x− 1)2
=o((x− 1)2)(x− 1)2
x→1−−−→ 0
となります。 □
x→ 0 以外の場合でも適用できる方法であることを強調するために、わざと x のまま計算して
みました。もちろん y = x− 1 と置き換えて y → 0 の極限として計算した方が見た目がすっきりします。実際、
2ex − ex2 − e
(x− 1)2=e(2ey − (y + 1)2 − 1)
y2=e{2(1 + y + 1
2y2 + o(y2)
)− y2 − 2y − 2
}y2
=o(y2)y2
y→0−−−→ 0
となります。
(4) log(1 + x) を 2回微分することにより
log(1 + x) = x− x2
2+ o(x2)
が分かります。よって
limx→0
(1
x(1 + x)− log(1 + x)
x2
)= lim
x→0
(1x− 1
1 + x− 1x
+12− o(x2)
x2
)= −1
2
となります。 □
(5) y = 1x と置き換えて y の関数として 0のまわりで 1次まで近似すると、
logx− a
x+ a= log
1 − ay
1 + ay= log(1 − ay) − log(1 + ay)
= (−ay + o(y)) − (ay + o(y)) = −2ay + o(y)
となります。よって、
limx→∞
x logx− a
x+ a= lim
y→0
(−2a+
o(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、
sin2 x = x2 − x4
3+ o(x4)
第 6 回解答 22
ですので
limx→0
(1
sin2 x− 1x2
)= lim
x→0
x2 − sin2 x
x2 sin2 x= lim
x→0
x4 − o(x4)3x4 − x6 + x2o(x4)
=13
となります。 □
問題 1の解答で説明した「ロピタルの定理を繰り返し適用する方法」と実施的には同じことです。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。このような計算において「ロピタルよりテイラーの方が好
き」と感じられるようになるまでテイラー近似多項式に慣れ親しんでもらえたら思います。
5 近似の一意性と微分
n 次以下の多項式 pn(x) が 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
f(x) − pn(x) = o((x− a)n)
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= lim
x→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
11−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
第 6 回解答 23
という関数は 11−x の 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!
である8ことが、 11−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、問題 3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。ただし、問題 3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、すなわち高次微分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。とは言え、どちらも（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証明なので、まず問題 3の解答（25ページ）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。
5.1 積のテイラー近似多項式
積 fg を直接微分することなく、f と g のテイラー近似多項式から fg 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。
f(x)g(x) − rn(x) = (pn(x) + o(x− a)n)(qn(x) + o(x− a)n) − rn(x)
= pn(x)qn(x) + pn(x)o(x− a)n + qn(x)o(x− a)n + o(x− a)2n − rn(x)
ここで、pn(x)qn(x) − rn(x) が x− a の多項式として n+ 1 次以上の項のみからなる多項式であることから
pn(x)qn(x) − rn(x) = o(x− a)n
であり、また、
pn(x)o(x− a)n = o(x− a)n qn(x)o(x− a)n = o(x− a)n o(x− a)2n = o(x− a)n
であることから9、
f(x)g(x) − rn(x) = o(x− a)n + o(x− a)n + o(x− a)n + o(x− a)n = o(x− a)n
8f(x)|x=a とは f(a) のことです。(x2 + 2x)′|x=3 のように f(a) という書き方をしにくいときに使います。9これらの等式はすべて「左辺は右辺でもある」という意味であって、本当の等式ではありません。このあたりがランダ
ウの記号のわかりにくいところでしょう。
第 6 回解答 24
となります。これで示せました。 □
rn(x) の係数を具体的に見てやれば、積の高次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
(k
l
)f (l)(a)g(k−l)(a)
となります10。これが積の高次微分の公式です。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。k = 1, 2, 3, 4 を書いてみると
(fg)′(a) = f(a)g′(a) + f ′(a)g(a)
(fg)′′(a) = f(a)g′′(a) + 2f ′(a)g′(a) + f ′′(a)g(a)
(fg)′′′(a) = f(a)g′′′(a) + 3f ′(a)g′′(a) + 3f ′′(a)g′(a) + f(a)g′′′(a)
(fg)′′′′(a) = f(a)g′′′′(a) + 4f ′(a)g′′′(a) + 6f ′′(a)g′′(a) + 4f ′′′(a)g′(a) + f ′′′′(a)g(a)
となっています。
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
とします。また、式変形を見やすくするために
R(y) = g(y) − qn(y)
10
(kl
)は、ここでは組み合わせの数 kCl と同じです。
第 6 回解答 25
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))
= qn(f(x) − b) +R(f(x))
= b0 + b1(a1(x− a) + · · · + an(x− a)n + o(x− a)n)
+ b2(a1(x− a) + · · · + an(x− a)n + o(x− a)n)2 + · · ·
+ bn(a1(x− a) + · · · + an(x− a)n + o(x− a)n)n +R(f(x))
= b0 + a1b1(x− a) + (a2b1 + a12b2)(x− a)2 + · · ·
+ (a1bn + · · · + a1nbn)(x− a)n + o(x− a)n +R(f(x))
となります。（最後の式で o(x− a)n と書いた部分は「qn(pn(x)) を x− a の多項式と見たときの
n+ 1 次以上の部分」と「f(x) − pn(x) = o(x− a)n として o(x− a)n を含む部分」をまとめたも
のです。また、(x− a)k の係数は ai たちと bj たちの式ですが、簡単に書き表せるような形はし
ていません。n と k の公約数によって変わってきます。）最後の項は、
limx→a
R(f(x))(x− a)n
= limx→a
R(f(x))(f(x) − b)n
(f(x) − b)n
(x− a)n=(
limy→b
R(y)(y − b)n
)(limx→a
f(x) − f(0)x− a
)n
= 0 · f ′(a)n = 0
を満たすので、やはり o(x− a)n 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 次微分係数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。
以上のような一般的な証明を読んでも、何を言いたいのかわかりにくいかもしれません。上の証
明が余りよくわからなくても、とりあえず次の「問題 3の解答」を読んでみてください。そのあと上の二つ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。
5.2.1 問題 3の解答
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
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
第 6 回解答 26
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。
積および合成関数のテイラー近似多項式についての上述の議論から、esin x cosx の 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です。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 0 における 6次のテイラー近似多項式になっているというわけです。 □
実は、(esin x
)′ = esin x cosx であることを使うと、もっと楽に問題 3を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。
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)
第 6 回解答 27
と見て、 11+y に y = cosx− 1 を合成してから sinx を掛けたと見れば問題 3とまったく同様に計
算できます。あるいは cosx tanx = sinx であることから、tanx の n 次のテイラー近似多項式に
cosx の n 次のテイラー近似多項式を掛けたものの n 以下の部分は sinx の n 次のテイラー近似
多項式に一致するので、これを使って tanx の 0におけるテイラー近似多項式を次数の低い方から帰納的に計算することができます。是非、直接微分する方法とこれらの方法の両方で計算してみて
下さい。
5.2.2 問題 4の解答
この問題は問題 2 以上にロピタルの定理を使うよりもテイラー近似を使ったほうが楽に計算できる例です。分子のテイラー展開を計算するときに合成関数のテイラー展開の考えを使うことがで
きるからです。
まず
(1 + x)1x = e
1x log(1+x)
と変形します。log(1 + x) を x = 0 において 3次までテイラー近似すると、
log(1 + x) = x− x2
2+x3
3+ o(x3)
となりますので、両辺を x で割って
1x
log(1 + x) = 1 − x
2+x2
3+ o(x2)
が得られます。これは x = 0 のときの値が 1ですので、ey を y = 1 で 2次まで近似しましょう。しかし、ey = e × ey−1 ですので、求める展開は eY の Y = 0 での 2次までの近似に e を掛けて
Y = y − 1 としたものです。よって、
ey = e
(1 + (y − 1) +
(y − 1)2
2+ o(y − 1)2
)となります。この y に先に求めた 1
x log(1 + x) の 2次までの近似を代入することで
(1 + x)1x = e
1 +(−x
2+x2
3+ o(x2)
)+
(−x
2 + x2
3 + o(x2))2
2+ o(x2)
= e
(1 − x
2+x2
3+x2
8+ o(x2)
)= e
(1 − x
2+
1124x2 + o(x2)
)が得られます。よって、
limx→0
(1 + x)1x − e(a+ bx)x2
= limx→0
e
(1 − a
x2−
12 + b
x+
1124
+o(x2)x2
)となるので、極限が存在するための a と b の値と極限値はそれぞれ
a = 1 b = −12
1124e
です。 □
興味のある人は、ロピタルの定理を繰り返し使う方法での計算に是非チャレンジしてみてくだ
さい。
第 6 回解答 28
6 剰余項の表示：極限から誤差へ
前節までは� �f 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、
f(x) − pn(x) = o(x− a)n (4)
が成り立つ。また、f(x) との差が条件 (4)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。要するに「極限」につい
て考えてきたわけです。そこで、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おきます。� �定義 7 (剰余項の定義). 関数 f(x) の x = 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 x = a における n 次の剰余項」と呼ぶ。� �さて、Rn+1(x) という記号11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12。「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 ロピタルの定理の証明：コーシーの平均値定理
テイラー近似多項式が
Rn+1(x) = o(x− a)n
11Rn+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。
12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。
第 6 回解答 29
という性質を持つことを証明したとき、ロピタルの定理を繰り返し使いました。だから、極限を
取る前のことを知るには、ロピタルの定理そのものではなくその証明を調べるのがよいでしょう。
そこで、この節では第 1で保留にしたロピタルの定理の証明について必要な部分に限って説明します。
まず、平均値の定理を拡張した定理である「コーシーの平均値定理」を紹介します。（講義では、
多変数関数の微分に入る前に紹介されたと思います。）コーシーの平均値定理とは� �定理 3. [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。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。� �というものです。これは普通の平均値の定理の拡張になっています。「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。
証明. 分母を払って移項した式
f ′(c)(g(b) − g(a)) − g′(c)(f(b) − f(a)) = 0
を満たす c が存在することを示しましょう。
φ(x) = f(x)(g(b) − g(a)) − g(x)(f(b) − f(a))
とおくと、φ(a) = φ(b) = 0 ですので、平均値の定理（というかロルの定理）により φ′(c) = 0 となる c が a と b の間に存在します。
φ′(x) = f ′(x)(g(b) − g(a)) − g′(x)(f(b) − f(a))
ですので、この c が求める c です。 □
コーシーの平均値定理で b→ a の極限をとると c→ a ともなるので、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。
第 6 回解答 30
が得られます。これがロピタルの定理の証明です。
注意. コーシーの平均値定理は、そのままだと「成り立つことは分かったけれど、何だかすっきりしない」という印象を持たれやすい定理だと思います。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ことが原因でしょう。（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 bc 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13。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。講義で説明があったと思いますが、
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
となっています。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。ということは、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になります。これがコーシーの平均値定理の図形的意味です。★
13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」のことを高校の教科書では「点の運動」と呼んでいるようです。
第 6 回解答 31
� �
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。� �6.2 ラグランジュ表示：ロピタルからコーシーへ
このように、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ます。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) = o(x− a)n ということ
より精密な情報を得られるかも知れないからです。
Rn+1(x) を (x− a)n で割ると極限が 0になるのですから、分母の次数を一つあげて (x− a)n+1
とし、性質 (4)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、
それらの 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、� �
定理 4 (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。
第 6 回解答 32
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 (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 次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。
6.3 剰余項のさまざまな表示
講義では、剰余項のラグランジュ表示の他にコーシー表示というものも紹介されたかもしれませ
ん。それは、
Rn+1(x) =f (n+1)(c)
n!(x− c)n(x− a) (a < ∃c < x or x < ∃c < a)
という表示です。また、講義でラグランジュ表示やコーシー表示を証明したとき、その途中で 1以上 n+ 1 以下の任意の自然数 m について
Rn+1(x) =f (n+1)(c)
n!(x− c)n−m+1 (x− a)m
m
という表示が得られています。（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。）これの m = 1 の場合としてコーシー表示が、m = n+ 1 の場合としてラグランジュ表示が得られたわけです。
第 6 回解答 33
以上はいわば「平均値の定理の一般化」として得られましたが、テイラー近似多項式は「微積分
の基本定理の繰り返し」でも得られます。
f(x) = f(a) +∫ x
a
f ′(t)dt
= f(a) +∫ x
a
(f ′(a) +
∫ t
a
f ′′(u)du)dt
= f(a) + f ′(a)(x− a) +∫ x
a
(∫ t
a
f ′′(u)du)dt
= f(a) + f ′(a)(x− a) +∫ x
a
(∫ t
a
(f ′′(a) +
∫ u
a
f ′′′(v)dv)du
)dt
= f(a) + f ′(a)(x− a) +∫ x
a
(f ′′(a)(t− a) +
∫ t
a
(∫ u
a
f ′′′(v)dv)du
)dt
= f(a) + f ′(a)(x− a) +f ′′(a)
2(x− a)2 +
∫ x
a
(∫ t
a
(∫ u
a
f ′′′(v)dv)du
)dt
= · · ·
ということです。これを n+ 1 回繰り返すと、n 次のテイラー近似多項式と f (n+1) を n+ 1 回積分した項の和になります。ということは、積分が n+ 1 重にかかっている項が剰余項 Rn+1(x) です。それに部分積分を n 回施すと積分表示
Rn+1(x) =∫ x
a
f (n+1)(t)n!
(x− t)ndt
にたどり着けます。
剰余項を表示することは大変重要なことなので、このようにいろいろな表示が得られているの
です。しかし、今回の演習ではラグランジュ表示だけしか使わないことにします。というのは、そ
もそも「剰余項を表示する」ということの意味が初めて学ぶときにはなかなかつかみにくいので、
「どの表示を使うか」という悩みをなくして、「表示の使い方」だけに集中して欲しいからです。ラ
グランジュ表示はテイラー近似多項式の係数によく似ていてコーシー表示よりも見た目がすっきり
しており、初めて使ってみるにはコーシー表示よりラグランジュ表示の方が混乱が少ないと思うの
で、ラグランジュ表示に限ることにしました。
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
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行きます。
第 6 回解答 34
7.1 e の近似 : 問題 5
ex の x = 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。（ただし 1 ≤ e ≤ 3 は分かっているものとします。）何次まで近似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
x = 0 での ex の 6次のテイラー近似は、剰余項にラグランジュ表示を使うと
ex = 1 + x+x2
2+x3
3!+ · · · + x6
6!+ecx7
7!0 < ∃c < x or x < ∃c < 0
となります。これに x = 1 を入れて e の値を近似してみます。1 ≤ e ≤ 3 はわかっているのですから、0 < c < 1 から剰余項 Rn+1(1) は
17!
=e0 · 17
7!< Rn+1(1) <
e1 · 17
7!≤ 3
7!
と評価できます。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 < 2.718652 · · ·
となります。これで e = 2.718 · · · であることが示せました。 □� �
O
log y
xO
y
x
n = 0
n = 123
ex
1
1
ex
76543
2
1
n = 01
log e = 1
図 3: ex のテイラー近似。� �計算してみる前から「6次近似＋ 7次の剰余」で小数点以下第 3位が決定できることが分かるということはありえません。1/6! = 0.0013 · · · なので、上の解答の方針では 7次以上の剰余でなければならないということは分かります。そこで、試しに 6次近似＋ 7次の剰余で計算してみたら決定できた、ということです。
第 6 回解答 35
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 · · ·
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。
7.2 sin x の近似 : 問題 6
問題 5で e に対して行ったのと同じことを sin 1 に対して行うのが問題 6です。
解答
sinx の 2n 次までのテイラーの公式は
sinx = x− x3
3!+x5
5!− · · · + (−1)n−1 x2n−1
(2n− 1)!+ (−1)n cos c
(2n+ 1)!x2n+1
となります。これに x = 1 を代入すると、
sin 1 = 1 − 13!
+15!
− · · · + (−1)n−1
(2n− 1)!+ (−1)n cos c
(2n+ 1)!
となります。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。 □
問題 5と同様に、計算してみる前から「6次近似＋ 7次の剰余」で小数点以下第 3位が決定できることが分かるということはありえません。1/6! = 0.0013 · · · なので、上の解答の方針では 7次以上の剰余でなければならないということは分かります。そこで、試しに 6次近似＋ 7次の剰余で計算してみたら決定できた、という問題 5の場合とまったく同じ考え方です。
第 6 回解答 36
7.3 累乗根の近似：問題 7
問題 5や問題 6のように、n 次微分係数をある程度評価できるような関数の値ならテイラーの定理で近似することができます。e や sin のほかに cos や log が考えられます。ここではそれ以外の例として (1 + x)r を利用してみます。 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 · · ·
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。 □
第 6 回解答 37
問題 5や 6でも注意したように、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。
7.4 sin x の剰余項の符号 : 問題 8
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。それを紹介するのが問題 8です。問題 6の解答の計算でお分かりのように、ex では剰余項は常に正であったのと対照的に 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は変わらないのです。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 4参照）。 このことは剰余項を使って
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
第 6 回解答 38
� �
O
y
x
p1 = p2
p3 = p4
p5 = p6
p7 = p8
p9 = p10
p11 = p12
p13 = p14
p15 = p16
sinx
図 4: x = 0 を中心とした sinx のテイラー近似。� �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。
解答
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、
第 6 回解答 39
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 他の応用 : 問題 9
元々、Rn(x) は x→ a のときの振る舞いを問題にするために考えたものですが、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。そのような例として問題 9
任意の正実数 x と a に対して
limx→+∞
xa
ex= 0
が成り立つ。
を出題しました。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 x = 0 において n 次までテイラー近似します。
ex = 1 + x+x2
2+x3
3!+ · · · + xn
n!+
ecxn+1
(n+ 1)!
となります。（ラグランジュ表示を使いました。）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。よって、
0 <xa
ex<
xa
xn/n!=
n!xn−a
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。よって
limx→+∞
n!xn−a
= 0
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。
第 6 回解答 40
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。（第 2節の (3)の話に入るということです。）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。なお、テイラー展開関連の用語は使う人によってさまざまですので、ここでは講義にあわせるこ
とはせずに私が普段使っている言葉遣いをします。講義や参考書とあわせて読む場合には用語のズ
レに気を付けてください。
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 次以
下の部分です。だから、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。� �定義 8 (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。
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。そのことから、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
第 6 回解答 41
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。
ということを別々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。� �定義 9 (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 x = 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。� �x = 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) + 0 + 0 + · · · = 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
a に「近い」任意の b に対して
f(b) = f(a) + f ′(a)(b− a) +f ′′(a)
2(b− a)2 + · · ·
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、� �定義 10 (テイラー展開). f(x) が x = a でテイラー展開可能なとき、f(x) の x = 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14。
14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。
第 6 回解答 42
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 x = 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 x = a を中心とした n 次のテイラー近似多項式を pn(x) とします。
pn(x) = f(a) + f ′(a)(x− a) +f ′′(a)
2(x− a)2 + · · · + f (n)(a)
n!(x− a)n
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、
第 6 回解答 43
ラグランジュ表示 a と b の間に
Rn+1(b) =f (n+1)(c)(n+ 1)!
(b− a)n+1
となる c がある。
であり、また、このプリントでは証明しませんでしたが、講義では証明された
コーシー表示 a と b の間に
Rn+1(b) =f (n+1)(c)
n!(b− a)(b− c)n
となる c がある。
もありますし、積分を使った
積分表示
Rn+1(b) =∫ b
a
(b− x)n
n!f (n+1)(x)dx
もあります。
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（引くもの）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、Rn+1(b) = 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 Rn+1(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
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。）
第 6 回解答 44
9 よく知られた関数のテイラー展開
9.1 多項式：問題 10
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くべき
ことなので、問題として出題しました。
解答
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 x = 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。） □
テイラー展開可能であることの定義に従って証明ししたので見えにくくなってしまいましたが、
多項式の a を中心としたテイラー級数とはその多項式を x− a について整理することだ、という
ことに過ぎません。
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 x = 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。
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。 □
第 6 回解答 45
� �ex の x = 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 x = 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。 □
9.3 有理関数：問題 11
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 6 回解答 46
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。
1 − xn+1 = (1 − x)(1 + x+ x2 + · · · + xn)
であることから、1
1 − x= 1 + x+ x2 + · · · + xn +
xn+1
1 − x
となります。
limx→0
11−x − 1 − x− · · · − xn
xn= lim
x→0
x
1 − x= 0
となることから、これは 1/(1 − x) の 0における n 次のテイラー近似多項式と剰余項への分解に
なっていることが分かります。また、
22 − x
=1
1 − x2
となっていますので、
22 − x
= 1 +x
2+(x
2
)2
+(x
2
)3
+ · · · +(xn
)n
+(x/2)n+1
1 − x/2
が n 次のテイラー近似多項式と剰余項への分解になっています。以上より、
f(x) = (1 − 1) +(
1 − 12
)x+
(1 − 1
22
)x2 +
(1 − 1
23
)x3
+ · · · +(
1 − 12n
)xn +
xn+1
1 − x− (x/2)n+1
1 − x/2
=12x+
34x2 +
78x3 + · · · + 2n − 1
2nxn +
(xn+1
1 − x− (x/2)n+1
1 − x/2
)が f(x) の 0における n 次のテイラー近似多項式と剰余項です。
剰余項を整理すると、
xn
1 − x−(
x2
)n1 − x
2
= xn
(1
1 − x− 1
2n−1(2 − x)
)となります。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
第 6 回解答 47
とすることにより 1を中心とした場合に帰着できます。詳しくは考えてみて下さい。結果は次のようになります。� �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、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。）コーシー表示や積分表示を使うと証明できるのですが、ここでは
log(1 + x) =∫ x
0
11 + t
dt
であることを使う方法を紹介します。
(1 + x)(1 − x+ x2 + · · · + (−1)n−1xn−1) = 1 + (−1)n−1xn
ですので、1
1 + 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
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。 □
第 6 回解答 48
|x| > 1 のとき
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て下さい。実際、Sn =∑n
k=0 ak, S =∑∞
k=0 ak とするとき、
|an| = |Sn − Sn−1|n→∞−−−−→ |S − S| = 0
です。
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 x = 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
log(1 + x) の x = 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。
第 6 回解答 49
� �
xn n+ 1
1n y =
1x
図 5: 面積比べ。� �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 5）。 よって、
1 +12
+13
+ · · · + 1n>
∫ n+1
1
1xdx = log(n+ 1) n→∞−−−−→ +∞
となって示せました。 □
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。 □
第 6 回解答 50
9.4.1 問題 12
テイラー展開可能である関数を利用して、テイラー展開でない無限級数展開を得る例を一つだけ
お見せします。問題 12です。
解答. −1 < X ≤ 1 の範囲で
log(1 +X) = X − X2
2+X3
3− X4
4+ · · · + (−1)n−1X
n
n+ · · ·
が成り立ちます。これに X = 1/x を代入することにより、x < −1 および 1 ≤ x において
log(
1 +1x
)=
1x− 1
2x2+
13x3
− 14x4
+ · · · + (−1)n−1
nxn+ · · ·
が成り立つことになります。よって、同じ範囲において
x− x2 log(
1 +1x
)= x− x2
x+
x2
2x2− x2
3x3+
x2
4x4− · · · − (−1)n−1x2
nxn− · · ·
=12− 1
3x+
14x2
− · · · + (−1)n
(n+ 2)xn+ · · ·
となります。つまり、
an =(−1)n
n+ 2
です。 □
9.5 二項展開
もう一つ重要な例を紹介しておきます。二項定理の一般化に当たる (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。
まず、f(x) = (1 + x)α の x = 0 を中心としたテイラー近似多項式を求めます。
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
第 6 回解答 51
です。証明したいことは、
limn→∞
pn(x) = (1 + x)α |x| < 1
です。α が自然数のときは
(α
n
)= αCn で、これは n > α で 0ですので、テイラー級数はただ
の多項式になります。よって、収束し普通の二項定理が得られます。もちろん |x| < 1 もいりません。任意の x で O.K.です。なお、このことの証明はラグランジュ表示ではできず、コーシー表示を使う必要があります。で
すので、ここでは省略します。講義では証明されたので、講義のノートを参照してください。
注意. (1 + x)α の x = 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 : 問題 13
これは問題 13の関数
φ(x) =
{e−
1x2 x = 0
0 x = 0
がその例です。
第 6 回解答 52
解答
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 のところでは初等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
ですので15、φ(x) は x = 0 で微分可能で微分係数は 0です。
limx→0
2x3 e
− 1x2 − 0x
= 0
ですので φ(x) は x = 0 で 2回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 x = 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 では 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。