Maclaurin展開#2 対数関数


自然対数関数 $\log{(1+x)}$ は $-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
$ \theta $ は $0 < \theta \leqq \frac{\pi}{4}$ を満たす定数とする.数列 $\{a_n\}~~(n = 0,1,2,\ldots)$ を
\[
a_n = \int_{0}^{\theta} \tan^{n}{x}\,dx
\]
で定める.(1) $a_0,~a_1$ を $ \theta $ を用いて表せ.

(2) $a_{n+2} + a_n$ を $ n $ と $ \theta $ の式で表せ.

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

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

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

が成り立つ.

 

補足3

以前「無限級数メモ#2」で求めた結果
\[
\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n \cdot \alpha^n} = \log{\frac{\alpha}{\alpha-1}} \qquad (\alpha > 1)
\]
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

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

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,$x = \frac{1}{\alpha}$ を $\arctan$ 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 \[ \sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{(4n+1)\alpha^{4n+1}} = \frac{1}{4}\log{\frac{\alpha + 1}{\alpha-1}} + \frac{1}{2}\arctan{\frac{1}{\alpha}} \qquad (\alpha > 1)
\]
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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