テイラーの定理

解析



テイラーの定理(1次元)

  1. $I$を$\mathbb{R}$の開区間とし$a\in I$とする．$f\colon I\rightarrow\mathbb{R}$を$C^\infty$-級関数とするとき，$x\in I$, $n\geq 0$に対して$$f(x)=f(a)+\sum_{k=1}^n \frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x-a)^k+(x-a)^{n+1}\int_0^1\frac{f^{(n+1)}((x-a)t+a)}{n!}(1-t)^n dt$$
  2. 上式の$h(x)=\int_0^1\frac{f^{(n+1)}((x-a)t+a)}{n!}(1-t)^n dt$の部分は$I$全体で$C^\infty$-級になる．
証明

1. $n=0$の場合，示すべき式は
$$f(x)=f(a)+(x-a)\int_0^1f'((x-a)t+a)dt$$
であるがこれは解析学の基本定理より成り立つ．
$n$のとき正しいと仮定．すなわち次が成り立っているとする．
$$f(x)=f(a)+\sum_{k=1}^n \frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x-a)^k+(x-a)^{n+1}\int_0^1\frac{f^{(n+1)}((x-a)t+a)}{n!}(1-t)^n dt$$
$(x-a)^{n+1}\int_0^1\frac{f^{(n+1)}((x-a)t+a)}{n!}(1-t)^ndt$に部分積分を適応して
\begin{align}
&(x-a)^{n+1}\int_0^1\frac{f^{(n+1)}((x-a)t+a)}{n!}(1-t)^ndt\\
&\quad=(x-a)^{n+1}\left[-\frac{f^{(n+1)}((x-a)t+a)}{(n+1)!}(1-t)^{n+1}\right]_{t=0}^{t=1}+(x-a)^{n+2}\int_0^1\frac{f^{(n+2)}((x-a)t+a)}{(n+1)!}(1-t)^{n+1}dt\\
&\quad=(x-a)^{n+1}\frac{f^{(n+1)}(a)}{(n+1)!}+(x-a)^{n+2}\int_0^1\frac{f^{(n+2)}((x-a)t+a)}{(n+1)!}(1-t)^{n+1}dt
\end{align}
よって$n+1$のときも成り立つ．
2. 略

定義

$\alpha=(\alpha_1,\ldots,\alpha_n)\in(\mathbb{Z}_{\geq 0})^n$に対して
\begin{align}
\alpha ! &:= \alpha_1!\cdots\alpha_n!\\
|\alpha | &:= \alpha_1+\cdots+\alpha_n\\
\partial^\alpha &:= \frac{\partial^{|\alpha|}}{\partial u_1^{\alpha_1}\cdots\partial u_n^{\alpha_n}}
\end{align}
とおく．

テイラーの定理($n$次元)

$U$を$\mathbb{R}^n$の星形領域，$a$をその基点とする．任意の$x\in U$に対し，2点$a$, $x$を結ぶ線分が$U$に含まれる．$f=f(u_1,\ldots,u_n)$を$U$上で定義された$\mathbb{R}$-値$C^\infty$-級関数とするとき，$x\in U$, $m\geq 0$に対して
\begin{align}
f(x)&=f(a)+\sum_{k=1}^m\sum_{|\alpha|=k}\frac{\partial^\alpha f(a)}{\alpha!}(x-a)^\alpha\\
&\quad +\sum_{|\alpha|=m+1}(m+1)(x-a)^{\alpha}\int_0^1\frac{\partial^\alpha f((x-a)t+a)}{\alpha!}(1-t)^m dt
\end{align}

証明

実数$v$に対して$g(v):=f((x-a)v+a)$とおくと，$g$は区間$[0,1]$を含むような開区間上で定義された$C^\infty$関数である．先の定理により
\begin{align}
g(1)&=g(0)+\sum_{k=1}^m\frac{g^{(k)}(0)}{k!}+\int_0^1\frac{g^{(m+1)}(t)}{m!}(1-t)^m dt
\end{align}
$g^{(k)}(v)$について
\begin{align}
&g'(v)=\frac{d}{dv}f((x-a)v+a)\\
&\quad=\sum_{i=1}^n(x_i-a_i)\frac{\partial f}{\partial u_i}((x-a)v+a)
\end{align}
\begin{align}
&g^{(k)}(v)=\left[\left\{\sum_{i=1}^n(x_i-a_i)\frac{\partial}{\partial u_i}\right\}^kf(u)\right]_{u=(x-a)v+a}\\
&\quad=\sum_{|\alpha|=k}\frac{k!}{\alpha!}(x-a)^\alpha\partial^\alpha f((x-a)v+a)
\end{align}
よって最初に示した式を変形して
\begin{align}
f(x)&=f(a)+\sum_{k=1}^m \sum_{|\alpha|=k}\frac{1}{\alpha!}(x-a)^\alpha\partial^\alpha f(a)+\sum_{|\alpha|=m+1}\frac{m+1}{\alpha!}(x-a)^\alpha\int_0^1\partial^\alpha f((x-a)t+a)(1-t)^m dt
\end{align}
$\square$

系($m=1$の場合)

$U$,$a$,$f$を上と同じとするとき，$x\in U$に対して
\begin{align}
&f(x)=f(a)+\sum_{i=1}^n\frac{\partial f}{\partial u_i}(a)(x_i-a_i)\\
&\quad+\sum_{i,j=1}^n(x_i-a_i)(x_j-a_j)\int_0^1\frac{\partial^2 f}{\partial u_j\partial u_i}((x-a)t+a)(1-t) dt
\end{align}