Maclaurin展開#2 対数関数


自然対数関数 \log{(1+x)}-1 < x \leqq 1 において

    \[ \log{(1+x)} = \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n}x^n \]

の形で表すことができる.これが \log{(1+x)} の Maclaurin(マクローリン)展開(もしくは x=0 の周りでの Taylor(テイラー)展開)である.高校数学の範囲で x \geqq 0 の範囲 について示してみる.また,その結果を利用して, Mercator 級数(メルカトル――)

    \[ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n} = 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} + \cdots \]

の値を求める.

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Question 1.1
\theta0 < \theta \leqq \frac{\pi}{4} を満たす定数とする.数列 \{a_n\}~~(n = 0,1,2,\ldots)

    \[ a_n = \int_{0}^{\theta} \tan^{n}{x}\,dx \]

で定める.(1) a_0,~a_1\theta を用いて表せ.

(2) a_{n+2} + a_nn\theta の式で表せ.

(3) \displaystyle{\lim_{n \to \infty}a_n = 0} を示せ.

(4) 級数

    \[ \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}(a_{2n+1}+a_{2n-1}) \]

\theta の式で表せ.

(5) 0 \leqq x \leqq 1 において

    \[ \log{(1+x)} = \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n}x^n \]

が成り立つことを示せ.

 

(1) 解答

 

(2) 解答

 

(3) 解答

 

(4) 解答

 

(5) 解答

 

補足1

    \[ \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}(a_{2n}+a_{2n-2}) \]

を計算してみると

    \begin{eqnarray*} & & \sum_{n=1}^{N}(-1)^{n-1}(a_{2n}+a_{2n-2})\\ & = & (a_{2} + a_{0}) - (a_{4} + a_{2}) + (a_{6} + a_{4}) - \cdots + (-1)^{N-1}(a_{2N} + a_{2N-2}) \\ & = & a_0 + (-1)^{N-1}a_{2N} \\ & = & \theta + (-1)^{N-1}a_{2N} \end{eqnarray*}

であるから

    \[ \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}(a_{2n}+a_{2n-2}) = \theta \]

を得る.また

    \[ a_{2n} + a_{2n-2} = \frac{\tan^{2n-1}{\theta}}{2n-1} \]

であるから

    \[ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{\tan^{2n-1}{\theta}}{2n-1}(-1)^{n-1} = \theta \]

が成り立つ.\tan{\theta} = x と置き換えると,先日の \arctan の Maclaurin 展開の式を得る.

 

 

補足2

上の結果を用いて(x=1 として)Mercator 級数(メルカトル――)は

    \[ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n} = 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} + \cdots = \log{2} \]

に収束することがわかる.このように正項と負項が交互に現れる級数を 交代級数 とよぶ.

また

    \[ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n\cdot 2^n} = \log{\frac{3}{2}} \]

    \[ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n\cdot 4^n} = \log{\frac{5}{4}} \]

のような値が得られる.より一般(?)に

    \[ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n \cdot \alpha^n} = \log{\frac{\alpha +1}{\alpha}}~~~~(\alpha > 1) \]

が成り立つ.

 

補足3

以前「無限級数メモ#2」で求めた結果

    \[ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n \cdot \alpha^n} = \log{\frac{\alpha}{\alpha - 1}}~~~~(\alpha > 1) \]

を用いると

    \[ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n \cdot \alpha^{n}} + \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n \cdot \alpha^n} = \log{\frac{\alpha}{\alpha - 1}} + \log{\frac{\alpha + 1}{\alpha} = \log{\frac{\alpha +1}{\alpha - 1}} \]

    \[ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n \cdot \alpha^{n}} + \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n \cdot \alpha^n} = \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n \cdot \alpha^{n}}\left\{1 + (-1)^{n-1} \right\} = \sum_{n=1}^{\infty}\frac{2}{2n-1}\alpha^{2n-1} \]

より

    \[ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{2n-1}\alpha^{2n-1} = \frac{1}{2}\log{\frac{\alpha +1}{\alpha - 1}~~~~(\alpha > 1) \]

が成り立つ.

 

補足4

補足3の結果に,以前「無限級数メモ#3」で求めた結果

    \[ \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{2n+1}x^{2n+1} = \arctan{x}~~~~(0 \leqq x \leqq 1) \]

を用いて式変形を行う.\arctan は 上のリンクの記事で定義した関数 f(a) のことである.補足3の添え字を1つずらして

    \[ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{2n-1}\alpha^{2n-1} = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{2n+1}\alpha^{2n+1} \]

とする.また,\alpha > 1 であれば 0 < \frac{1}{\alpha} < 1 であるから,x = \frac{1}{\alpha}\arctan の式に代入して

    \[ \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(2n+1)\alpha^{2n+1}} = \arctan{\frac{1}{\alpha}} \]

を得る.あとは補足3と同様の式変形により

    \[ \sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{(4n+1)\alpha^{4n+1}} = \frac{1}{4}\log{\frac{\alpha + 1}{\alpha - 1}} + \frac{1}{2}\arctan{\frac{1}{\alpha}~~~~(\alpha > 1) \]

が成り立つ.\alpha = \sqrt{2} としてみると

    \[ \sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{(4n+1)\cdot 4^n} = \frac{1}{\sqrt{2}}\log{(\sqrt{2}+1)} + \frac{\pi}{8} \]

を得る.


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