taylor

合成関数のTaylor展開

≪合成関数のTaylor展開≫

g_{(x)}, h_{(x)}

のそれぞれの Taylor展開の結果から合成関数　

f_{(x)} = g_{(h_{(x))}}

のTaylor展開を求める。

いま、関数

f_{(x)}

の Taylor展開は「

x

が 0 の近くにいる状況を考えている」わけだから、このとき「

y = h_{(x)} は h_{(0)}

の近くにいる状況を考える」ことになる。
そこで、

h_{(0)} = 0

を仮定する。
（

h_{(0)} \neq 0 の場合 z = y - h_{(0)}

として、変数

y を z

に替えて考えることになる）

いま、関数　

g_{(y)}, h_{(x)}

の Taylor展開を

g_{(y)} = b_{0} + b_{1} y + b_{2} y^{2} + b_{3} y^{3} +\dots

……(1)

h_{(x)} = c_{1} x + c_{2} x^{2} + c_{3} x^{3} +\dots

……(2)

と表わすことにする（(2)式では、

h_{(0)} = 0

を仮定しているので、

c_{0}

の項はない）。
すると

f_{(x)} = g_{(h_{(x))}}

= b_{0} + b_{1} h_{(x)} + b_{2} {h_{(x)}}^{2} + b_{3} {h_{(x)}}^{3} +\dots

= b_{0} + b_{1} (c_{1} x + c_{2} x^{2} + c_{3} x^{3} +\dots)

+ b_{2} {(c_{1} x + c_{2} x^{2} + c_{3} x^{3} +\dots)}^{2}

+ b_{3} {(c_{1} x + c_{2} x^{2} + c_{3} x^{3} +\dots)}^{3} +\dots

= b_{0} + b_{1} c_{1} x

+(b_{1} c_{2} + b_{2} c_{1}^{2}) x^{2}

+(b_{1} c_{3} + b_{2} \cdot 2 c_{1} c_{2} + b_{3} c_{1}) x^{3} +\dots

……(3)

と表わせる。（3）式が関数　

f_{(x)}

の Taylor展開を与えるものと推測される。
そこで、そのことを確認しよう。

g_{(x)}, h_{(x)}

を前回用いた Taylor多項式と剰余項で表現すると

g_{(y)} = b_{0} + b_{1} y + b_{2} y^{2} +\dots+ b_{n} y^{n} + g_{(n + 1)} (y) \cdot y^{n +1}

……(4)

h_{(x)} = c_{1} x + c_{2} x^{2} +\dots+ c_{n} x^{n} + h_{(n + 1)} (x) \cdot x^{n +1}

……(5)

これらの表示を用いて　

f_{(x)} = g_{(h_{(x))}}

　を表わすと

f_{(x)} = g_{(h_{(x))}}

= b_{0} + b_{1} h_{(x)} + b_{2} {h_{(x)}}^{2} + b_{3} {h_{(x)}}^{3} +\dots

+ b_{n} {h_{(x)}}^{n} + g_{(n + 1)} (h_{(x)}) \cdot {h_{(x)}}^{n +1}

= b_{0} + b_{1} {c_{1} x + c_{2} x^{2} +\dots+ c_{n} x^{n} + h_{(n + 1)} (x) \cdot x^{n +1}}

+ b_{2} {{c_{1} x + c_{2} x^{2} +\dots+ c_{n} x^{n} + h_{(n + 1)} (x) \cdot x^{n +1}}}^{2} +\dots

+ b_{n} {c_{1} x + c_{2} x^{2} +\dots+ c_{n} x^{n} + h_{(n + 1)} (x) \cdot x^{n +1}}^{n}

+ g_{(n + 1)} (h_{(x)}) {c_{1} x + c_{2} x^{2} +\dots+ c_{n} x^{n} + h_{(n + 1)} (x) \cdot x^{n +1}}^{n +1}

……(6)

(6)式は一見複雑そうに見えるが、

x

のベキごとに整理すると

f_{(x)} = a_{0} + a_{1} x + a_{2} x^{2} +\dots+ a_{n} x^{n} + {\hat{f}}_{(n +1)} (x) x^{n +1}

という形にまとめなおすことができる。
ここで大事なことは、

g_{(n +1)} や h_{(n +1)}

が現われる項は全て　

x^{n +1}

で括れてしまう、ということ。すなわち、これらの項はすべて　

{\hat{f}}_{(n +1)} (x)

の部分に含まれてしまう、ということである。
したがって、関数　

f_{(x)}

の Taylor多項式

Q_{n} (x) = a_{0} + a_{1} x + a_{2} x^{2} +\dots+ a_{n} x^{n}

を求めるためには

g_{(y)} = b_{0} + b_{1} y + b_{2} y^{2} + b_{3} y^{3} +\dots+ b_{n} x^{n}

h_{(x)} = c_{1} x + c_{2} x^{2} + c_{3} x^{3} +\dots+ c_{n} x^{n}

として、計算すれば十分であることが分かる。
そして

\lim_{x \to 0} \frac{f_{(x)} - {Q n}_{(x)}}{x^{k}}

= \lim_{x \to 0} {\hat{f}}_{(n +1)} (x) x^{(n - k) +1}

= {\hat{f}}_{(n +1)} (0) \cdot 0 = 0

となることを確かめることで

{Q n}_{(x)} = {P n}_{(x)}

を前回と同様にして証明することができる。

（例）　

f_{(x)} = e^{x \sin x} の（ x = 0

のまわりでの) Taylor展開

x = 0 のまわりで \sin x

は

\sin x = x - \frac{x^{3}}{3!} + \frac{x^{5}}{5!} - \frac{x^{7}}{7!} +\dots

= x (1 - \frac{x^{2}}{3!} + \frac{x^{4}}{5!} - \frac{x^{6}}{7!} +\dots)

したがって

x \sin x = x^{2} (1 - \frac{x^{2}}{3!} + \frac{x^{4}}{5!} - \frac{x^{6}}{7!} +\dots)

一方、

y = 0 のまわりで e^{y}

は

e^{y} = 1 + y + \frac{y^{2}}{2!} + \frac{y^{3}}{3!} + \frac{y^{4}}{4!} +\dots

y = x \sin x

とすれば

e^{x \sin x} = 1 + x \sin x + \frac{1}{2!} {(x \sin x)}^{2} + \frac{1}{3!} {(x \sin x)}^{3} +\dots

= 1 + x^{2} (1 - \frac{x^{2}}{3!} + \frac{x^{4}}{5!} - \frac{x^{6}}{7!} +\dots)

+ \frac{1}{2!} {{(x^{2})}^{2} {(1 - \frac{x^{2}}{3!} + \frac{x^{4}}{5!} -\dots)}^{2}}

+ \frac{1}{3!} {{(x^{2})}^{3} {(1 - \frac{x^{2}}{3!} + \frac{x^{4}}{5!} -\dots)}^{3}} +\dots

= 1 + x^{2} - \frac{x^{4}}{3!} + \frac{x^{6}}{5!} -\dots

+ \frac{1}{2!} x^{4} {(1 - \frac{x^{2}}{3!} + \frac{x^{4}}{5!} -\dots)}^{2}

+ \frac{1}{3!} x^{6} {(1 - \frac{x^{2}}{3!} + \frac{x^{4}}{5!} -\dots)}^{3} +\dots

= 1 + x^{2} +(\frac{1}{2!} - \frac{1}{3!}) x^{4} +(\frac{1}{5!} - \frac{1}{3!} + \frac{1}{3!}) x^{6} +\dots

= 1 + x^{2} + \frac{1}{3} x^{4} + \frac{1}{5!} x^{6} +\dots

というように計算される。

≪極限への適用≫
（例）　

\lim_{x \to 0} \frac{e^{x} + a e^{- x} + b \cos x + c}{x^{4}}

　　　が存在するとき、

a, b, c

　の値とこの極限

　

x = 0

のまわりでの Taylor展開を考えると

f_{(x)} = e^{x} + a e^{- x} + b \cos x + c

= 1 + x + \frac{1}{2!} x^{2} + \frac{1}{3!} x^{3} + \frac{1}{4!} x^{4} + \frac{1}{5!} x^{5} +\dots

+ a (1 - x + \frac{1}{2!} x^{2} - \frac{1}{3!} x^{3} + \frac{1}{4!} x^{4} - \frac{1}{5!} x^{5} +\dots)

+ b (1 - \frac{1}{2!} x^{2} + \frac{1}{4!} x^{4} - \frac{1}{6!} x^{6} +\dots) + c

= (1 + a + b + c)

+ (1 - a)x+\frac{1}{2!}(1+a-b)x^{2}

+ \frac{1}{3!} (1 - a) x^{3} + \frac{1}{4!} (1 + a + b) x^{4}

+ \frac{1}{5!} (1 - a) x^{5} +\dots

いま　

f_{(x)}

を

f_{(x)} = a_{0} + a_{1} x + a_{2} x^{2} + a_{3} x^{3} + a_{4} x^{4} + f_{5} (x) x^{5}

という剰余項付きの展開式で考えると、前回みたように

\lim_{x \to 0} f_{5} (x) = \lim_{θ \to 0} \frac{f^{n + 1} (θ)}{(n + 1)!} = \frac{f^{5} (0)}{5!} = f_{5} (0)

という有限な値をとる。
したがって　

k = 1, 2, 3

に対して

\lim_{x \to 0} f_{5} (x) x^{k} = f_{5} (0) \cdot 0 = 0

となる。そこで問題に帰ると

\lim_{x \to 0} \frac{f_{x}}{x^{4}} = \lim_{x \to 0} \frac{a_{0} + a_{1} x + a_{2} x^{2} +\dots + f_{5} (x) x^{5}}{x^{4}} = \frac{a_{0}}{0}

この極限値が有限の値になるためには、最低でも 0/0 の不定形にならなければならないから　

a_{0} = 0

そこで　

a_{0} = 0

　として与えられた極限を考えると

\lim_{x \to 0} \frac{f_{x}}{x^{4}} = \lim_{x \to 0} \frac{a_{1} x + a_{2} x^{2} +\dots + f_{5} (x) x^{5}}{x^{4}}

= \lim_{x \to 0} \frac{a_{1} + a_{2} x +\dots + f_{5} (x) x^{4}}{x^{3}} = \frac{a_{1}}{0}

上と同様に　　

a_{1} = 0

　
同様に考えると

a_{0} = a_{1} = a_{2} = a_{3} = 0

したがって

\{\begin{matrix} 1 + a + b + c = 0 \\ 1 - a = 0 \\ 1 + a - b = 0 \end{matrix}

という条件式が成立する。
このとき

f_{(x)} = a_{4} x^{4} + f_{5} (x) x^{5}

\lim_{x \to 0} \frac{a_{4} x^{4} + f_{5} (x) x^{5}}{x^{4}} = \lim_{x \to 0} (a_{4} + f_{5} (x) x) = a_{4}

条件式より

a = 1, b = 2, c = -4

を得るから

a_{4} = \frac{1 + a + b}{4!} = \frac{4}{4!} = \frac{1}{6}

＜「牛腸作数学IB演習」・独習ノートより＞

(1)テーラー展開とはなにか
 (2)テーラー展開の注意点
 (3)部分積分とテーラーの定理
 (4)テーラーの定理・剰余項の考察
 (5)テーラー多項式の考察
 (6)テーラー展開の計算
 (8)近似式としてのテーラー展開
 (9) a のまわりでのテーラー展開
 (10)テーラーの定理・極限
 (11)多変数のテーラー展開
 補論・積分に関する「平均値の定理」
補論・発散のスピード
 補論・級数の収束判定
 補論・ロルの定理・考察
 補論・偏微分(1)偏導関数
 補論・偏微分(2)ヤングの定理
 余録・バーゼル問題とテーラー展開

合成関数のTaylor展開

≪合成関数のTaylor展開≫

＜「牛腸作 数学IB演習」・独習ノートより＞

＜「牛腸作数学IB演習」・独習ノートより＞