テイラーの定理の積分を用いた導出:積分形の剰余項

どうも、木村(@kimu3_slime)です。

今回は、テイラーの定理の積分を用いた導出、積分形の剰余項を紹介します。

 

積分形の剰余項とは

\(f:[a,x]\to \mathbb{R}\)を\(n+1\)回微分可能な関数として、

\[ \begin{aligned}f(x)=f(a)+f'(a)(x-a)+ \cdots \\+ \frac{f^{(n)}(a)}{n!}(x-a)^n + R_{n+1}(x)\end{aligned} \]

\[ \begin{aligned}R_{n+1}(x)=\frac{f^{(n+1)}(c)}{(n+1)!}(x-a)^{n+1}\end{aligned} \]

を満たす\(c \in [a,x]\)が存在します。これをテイラーの定理と呼ぶのでした。

この形の剰余項は、微分形の剰余項、ラグランジュの剰余項と呼ばれるものです。この展開は、平均値の定理を繰り返し用いることで証明されます。

参考:テイラー展開の展開式の覚え方、導き方、証明

 

剰余項は別の形で表すこともできます。すなわち、

\[ \begin{aligned}f(x)=f(a)+f'(a)(x-a)+ \cdots \\+ \frac{f^{(n)}(a)}{n!}(x-a)^n + R_{n+1}(x)\end{aligned} \]

\[ \begin{aligned}R_{n+1}(x)= \int_a ^x \frac{f^{(n)}(t)}{n!}(x-t)^{n} dt \end{aligned} \]

と表せます。これは積分形の剰余項、ベルヌーイの剰余項と呼ばれるものです。

 

では、積分形の剰余項を使ったテイラーの定理を証明しましょう。部分積分を繰り返し使って示せます。

\(n\)に関する数学的帰納法で示しましょう。

\(n=0\)のとき、微積分学の基本定理から\(R_1(x) =\int_a ^x \frac{f^{(1)}(t)}{1} 1 dt=f(x)-f(a)\)で、展開は成り立っています。

\(n=k\)のとき展開が成り立つと仮定します。つまり、

\[ \begin{aligned}f(x)=f(a)+f'(a)(x-a)+ \cdots \\+ \frac{f^{(n)}(a)}{k!}(x-a)^n + R_{k+1}(x)\end{aligned} \]

\[ \begin{aligned}R_{k+1}(x)= \int_a ^x \frac{f^{(k)}(t)}{k!}(x-t)^{k} dt \end{aligned} \]

とします。このとき、部分積分をすれば

\[ \begin{aligned}  R_{k+1}(x)&= \int_a ^x \frac{f^{(k)}(t)}{k!}(x-t)^{k} dt \\&=[ \frac{f^{(k)}(t)}{k!} \frac{-1}{k+1}(x-t)^{k+1} ] _a ^x\\&+\int_a ^x \frac{f^{(k+1)}(t)}{(k+1)!} (x-t)^{k+1} dt \\&= \frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x-a)^k + R_{k+2}(x)\end{aligned} \]

となり、テイラーの定理が成り立つことが示せました。

 

\(f\)が無限回微分可能であり、\(\lim_{n \to \infty}R_n(x)=0\)が成り立つような\(x\)については、

\[ \begin{aligned}f(x)=\sum_{k=0}^\infty \frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x-a)^k\end{aligned} \]

テイラー展開することができます。

つまり、テイラー展開を正当化するためには、剰余項の極限値を調べる必要があるわけです。今回示した結果より、微分形の剰余項、積分形の剰余項どちらを評価しても良い、ということになります。問題に応じて使いやすい方を使いましょう。

 

積分形の剰余項の形を覚えるには、今回の導出を思い出せば良いです。まず、微積分学の基本定理から

\[ \begin{aligned}\int_a ^x f^{(1)}(t)dt = f(x)-f(a)\end{aligned} \]

で、左辺を剰余項と考えます。さらに左辺を\(\frac{d}{dt}(-(x-t))=1\)を使ってうまく部分積分すると、

\[ \begin{aligned} \int_a ^x f^{(1)}(t)dt &= [-f^{(1)}(t) (x-t)]_a^x\\&+\int_x ^a f^{(2)} (t) (x-t) dt \\ &= f^{(1)}(a)(x-a) +\int_x ^a f^{(2)} (t) (x-t) dt\end{aligned} \]

と1次まで展開できます。2次まで展開するには\(\frac{1}{2}\)がかかり、一般形が予想できますね。

 

以上、テイラーの定理の積分を用いた導出、積分形の剰余項を紹介してきました。

論理的な展開の都合上、テイラーの定理は微分のみを使って説明されることが多いですが、部分積分を使った証明もシンプルです。ぜひ積分形の剰余項も使ってみてください。

木村すらいむ(@kimu3_slime)でした。ではでは。

 

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