テイラーの定理の剰余項
📂微分積分学テイラーの定理の剰余項
定義
k番の微分可能な関数fについて、下のように定義されるPkを点aでのfのテイラー多項式と言う。
Pk(x):=f(a)+f′(a)(x−a)+2!f′′(a)(x−a)2+⋯+k!f(k)(a)(x−a)k
fとPkの差を残余項と言う。
Rk(x)=f(x)−Pk(x)
説明
f(x)=Pk(x)+Rk(x)=n=0∑kn!f(n)(a)(x−a)n+Rk(x)
fをテイラー多項式Pkと残りで整理すれば、残りRkはfをk回目の導関数までの展開で近似したときの誤差になる。
ペアノ形式
Rk(x)=o((x−a)k)のような残余をペアノ形式の残余と言う。
f(x)=n=0∑kn!f(n)(a)(x−a)n+o((x−a)k)
この時o((x−a)k)はx→alim(x−a)kg(x)=0を満たす任意の関数gを意味する。主に残余を具体的に明記せずにだいたい書きたいときに使用する。
ラグランジュ形式
Rk(x)=(k+1)!f(k+1)(ξ)(x−a)k+1のような残余をラグランジュ形式の残余と言う。
f(x)=n=0∑kn!f(n)(a)(x−a)n+(k+1)!f(k+1)(ξ)(x−a)k+1for some ξ∈(x,a)
ペアノ形式と一緒によく使われる形の一つだ。k=0を代入すると平均値の定理になる。
f(x)=f(a)+f′(ξ)(x−a)⟹x−af(x)−f(a)=f′(ξ)
以下のような代わりの方程式を導出できる:
nの場合
f(x+p)=k=0∑n−1k!f(k)(x)pn+n!1f(n)(x+ξp)pnfor some ξ∈(0,1)
n=1
f(x+p)=f(x)+pf′(x+ξp)for some ξ∈(0,1)
n=2
f(x+p)=f(x)+pf′(x)+2!1p2f′′(x+ξp)for some ξ∈(0,1)
導出
証明方法は変わらないので、n=2の場合のみ示す。適切なgに対して残余をラグランジュ形式でテイラー展開すれば、
g(t1)=g(t0)+g′(t0)(t1−t0)+2!1g′′(ξ)(t1−t0)2for some ξ∈(t0,t1)
ここでt0=0、t1=1を代入すると、
g(1)=g(0)+g′(0)+2!1g′′(ξ)for some ξ∈(0,1)
今g(ξ)=f(x+ξp)とすると、g′(ξ)=pf′(x+ξp)、g′′(ξ)=p2f′′(x+ξp)なので
f(x+p)=f(x)+pf′(x)+2!1p2f′′(x+ξp)for some ξ∈(0,1)
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コーシー形式
Rk(x)=k!f(k+1)(ξ)(x−ξ)k(x−a)のような残余をコーシー形式の残余と言う。
f(x)=n=0∑kn!f(n)(a)(x−a)n+k!f(k+1)(ξ)(x−ξ)k(x−a)for some ξ∈(x,a)
積分形式
Rk(x)=∫axk!f(k+1)(t)(x−t)kdtを積分形式の残余と言う。
f(x)=n=0∑kn!f(n)(a)(x−a)n+∫axk!f(k+1)(t)(x−t)kdt
f(x+p)=n=0∑kn!f(n)(x)pn+∫01k!f(k+1)(x+tp)(1−t)kdtpk+1
導出
(1)
微分積分学の基本定理によって
f(x)−f(a)=∫axf′(t1)dt1⟹f(x)=f(a)+∫axf′(t1)dt1
これをf′(t1)にも適用すれば、
f′(t1)=f′(a)+∫at1f′′(t2)dt2
(4)を(3)に代入すれば、
f(x)=f(a)+∫ax(f′(a)+∫at1f′′(t2)dt2)dt1=f(a)+f′(a)(x−a)+∫ax∫at1f′′(t2)dt2dt1=f(a)+f′(a)(x−a)+∫ax∫at1f′′(t2)dt2dt1
f′′(t2)はまた以下のようである。
f′′(t2)=f′′(a)+∫at2f′′′(t3)dt3
この式に代入すれば、
f(x)=f(a)+f′(a)(x−a)+∫ax∫at1f′′(t2)dt2dt1=f(a)+f′(a)(x−a)+∫ax∫at1(f′′(a)+∫at2f′′′(t3)dt3)dt2dt1=f(a)+f′(a)(x−a)+∫ax∫at1f′′(a)dt2dt1+∫ax∫at1∫at2f′′′(t3)dt3dt2dt1=f(a)+f′(a)(x−a)+2f′′(a)(x−a)2+∫ax∫at1∫at2f′′′(t3)dt3dt2dt1
これを繰り返すと、
f(x)=n=0∑kn!f(n)(a)(x−a)n+∫ax⋯∫atkf(k+1)(tk+1)dtk+1⋯dt1
後ろの積分を見れば、簡単に積分が2つある時を考えると、以下のように積分の順序と範囲を変えることができる。
∫ax∫at1f′′(t2)dt2dt1=∫ax∫t2xf′′(t2)dt1dt2
{a<t2<t1a<t1<x={a<t2<xt2<t1<x
従って、後ろの積分項は、
∫ax∫at1⋯∫atk−1∫atkf(k+1)(tk+1)dtk+1dtk⋯dt2dt1=∫ax∫tk+1x⋯∫t3x∫t2xf(k+1)(tk+1)dt1dt2⋯dtkdtk+1=∫axf(k+1)(tk+1)∫tk+1x⋯∫t3x∫t2xdt1dt2⋯dtkdtk+1=∫axf(k+1)(tk+1)k!(x−tk+1)kdtk+1=∫axf(k+1)(t)k!(x−t)kdt
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(2)
(1)をγに対して使うと、
γ(s1)=n=0∑kn!γ(n)(s0)(s1−s0)n+∫s0s1k!γ(k+1)(t)(s1−t)kdt
s1=1、s0=0を代入すると、
γ(1)=n=0∑kn!γ(n)(0)+∫01k!γ(k+1)(t)(1−t)kdt
今γ(t)=f(x+tp)と置くと、γ(n)(t)=dtndnγ(t)=pnf(n)(x+tp)であるため、
f(x+p)=n=0∑kn!f(n)(x)pn+∫01k!f(k+1)(x+tp)(1−t)kdtpk+1
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