f(x) = ln(√(x^2 + 1) + x) の x = 0 のまわりのテイラー級数を求めよ。最初のいくつかの 0 でない項、一般項の式、収束域を答えよ。

Step-by-step solution

1. 1

   微分に取りかかる前に関数の正体を見抜く。 $\ln\!\left(x+\sqrt{x^2+1}\right)$ という組み合わせは、逆双曲線正弦関数の標準的な対数表示

   $\operatorname{arsinh}x=\ln\!\left(x+\sqrt{x^2+1}\right),$

   であり、すなわち $f(x)=\operatorname{arsinh}x$ である。これが重要なのは、対数から直接 $f^{(n)}(0)$ を計算するのは過酷なのに対し、$\operatorname{arsinh}$ の導関数は非常に簡単だからである。マクローリン展開が扱いにくそうに見えたら、導関数のほうが扱いやすくないかを確かめるとよい。

2. 2

   1 回微分すると対数が消えることを見る。 合成関数の微分により

   $f'(x)=\frac{1}{\sqrt{x^2+1}+x}\left(\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}+1\right)=\frac{1}{\sqrt{x^2+1}+x}\cdot\frac{x+\sqrt{x^2+1}}{\sqrt{x^2+1}}.$

   かっこの $x+\sqrt{x^2+1}$ が分母をちょうど打ち消すので

   $f'(x)=\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}=(1+x^2)^{-1/2}.$

   が残る。この打ち消しこそ、この問題が易しくなる理由のすべてである。

3. 3

   導関数を二項級数で展開する。 $|t|<1$ に対して

   $(1+t)^{\alpha}=\sum_{n=0}^{\infty}\binom{\alpha}{n}t^{n}.$

   が成り立つ。$t=x^{2}$、$\alpha=-\tfrac12$ とすると

   $(1+x^2)^{-1/2}=1-\frac12x^2+\frac38x^4-\frac{5}{16}x^6+\frac{35}{128}x^8-\cdots$

   となる。偶数次の項しか現れないので、$f$ には奇数次の項しか出ないことがこの時点で分かる——$f$ が奇関数であることと整合する。

4. 4

   $f(0)=0$ を使って項別に積分する。 $f(0)=\ln 1=0$ なので $f(x)=\int_0^x f'(t)\,dt$ であり、べき級数は収束半径の内側で項別に積分してよい。

   $f(x)=x-\frac12\cdot\frac{x^3}{3}+\frac38\cdot\frac{x^5}{5}-\frac{5}{16}\cdot\frac{x^7}{7}+\frac{35}{128}\cdot\frac{x^9}{9}-\cdots$

   $f(x)=x-\frac{x^{3}}{6}+\frac{3x^{5}}{40}-\frac{5x^{7}}{112}+\frac{35x^{9}}{1152}-\cdots$

5. 5

   一般項を書く。 $\binom{-1/2}{n}x^{2n}$ を積分すると $\binom{-1/2}{n}\frac{x^{2n+1}}{2n+1}$ になり、$\binom{-1/2}{n}=(-1)^n\frac{(2n)!}{4^n (n!)^2}$ なので

   $\ln\!\left(\sqrt{x^2+1}+x\right)=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}\frac{(2n)!}{4^{n}(n!)^{2}(2n+1)}\,x^{2n+1}.$

   となる。最初の 2 つの係数を確かめると、$n=0$ は $x$ を、$n=1$ は $-\frac{2}{4\cdot 1\cdot 3}x^3=-\frac{x^3}{6}$ を与える。✓

6. 6

   収束域を定め、答えを数値で確かめる。 $(1+x^2)^{-1/2}$ の二項級数には $|x^2|<1$、すなわち $|x|<1$ が必要である。$x=\pm1$ では積分後の級数の項の大きさが $\sim n^{-3/2}$ となり絶対収束するので、収束域は $[-1,1]$ である。$x=0.2$ での数値検算では、上に書いた 5 項が $0.198690110\ldots$ を与え、$\operatorname{arsinh}(0.2)=0.198690110\ldots$ と一致する ✓