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テイラーの定理は平均値の定理を拡張したものと教科書に書いてありました。また他に拡張したものとして、コーシーの平均値の定理があります。どのように拡張したらその公式ができたのかわかりません。

証明を見ても、確かにその式が成り立つというのは分かりましたが、その公式自体何処から沸いて出たのか分かりません。誰か片方でも分かる人がいたら教えてください。

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A 回答 (6件)

平均値の定理


{f(b)-f(a)}/(b-a)=f'(ξ)
[2点(a,f(a)),(b,f(b))を結ぶ直線の傾き]=[x=ξ における接線の傾き]

コーシーの定理
{f(b)-f(a)}/{g(b)-g(a)}=f'(ξ)/g'(ξ)
[2点(g(a),f(a)),(g(b),f(b))を結ぶ直線の傾き]=[t=ξ における接線の傾き]
曲線 (x,y)=(g(t),f(t)) について  dy/dx=f'(t)/g'(t)
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>AがBの特殊な場合、BをAの「拡張」と言います。

「Aを拡張してBが出てきた」という意味ではありません。
 「Aを拡張してBが出てきた」という意味であって欲しいんですが、現実には#4さん、言い当て妙ですね。その通りだと思います。

 質問者さん、#1さんのやり方がたぶん最も正当なものです。ニュートンもこうやって、テーラーの公式(と等価なもの)にたどり着いたらしいです。

>その公式自体何処から沸いて出たのか?
 気持ち、わかります!。というわけで、あんまり正当じゃない説明です。以下では、hは十分小さく、~はほとんど等しいと読んで下さい。f^nはfのn階微分,h^nはhのn乗です。
 f(x+h)~f^1(x)・h+f(x)
が成り立ちます。そこでf(x+nh)を考えると、
 f(x+nh)~f^1(x+(n-1)h)・h+f(x+(n-1)h)

となり、f(x+(n-1)h)とf^1(x+nh)に同じ考えを適用すれば、
 f(x+nh)~f^1(x+(n-1)h)・h+f(x+(n-1)h)
     ~(f^2(x+(n-2)h)・h+f^1(x+(n-2)h))・h+f^1(x+(n-2)h)・h+f(x+(n-2)h)
     ~f^2(x+(n-2)h)・h^2+2・f^1(x+(n-2)h))・h+f(x+(n-2)h)

となって、以下どこまでも続けて、いつかは、
 f(x+nh)~ΣnCk・f^k(x)・h^k

が得られます。上記Σはkについての和,k=0~n,nCkはコンビネーションです。これは後退差分の公式として知られていますが、意味は、x+(n-k)hで傾きf^1(x+(n-k)h)の接線を引き、区間[x+(n-k-1)h,x+(n-k)h]で直線近似して、それらをつなげたのと同じ意味です(ちょっと変形すれば、すぐわかります)。
 いまy=nh,h=y/nとすれば、fを[x,x+y]の範囲でn等分割して、折れ線近似したのと同じです。折れ線近似は、分割幅h→0(n→∞)の極限で、もとの関数fに一致するはずです。代入すれば(n^kはnのk乗です)、
 f(x+y)~ΣnCk/n^k・f^k(x)・y^k

ですが、n→∞をとる時、Σとlimの順序交換などいっさい気にせず、各項ごとに極限をとってしまうと、
 f(x+y)=limΣf^k(x)/k!・y^k

となり、なんとテーラー級数という事になります。上記のlimは、k→∞です。というわけで、テーラー級数は折れ線近似の極限だった!、というのが私の意見です。
 ところで、
 f(x+h)~f^1(x)・h+f(x)    (1)

を正当化するのは、明らかに平均値の定理、
 f(x+h0)=f^1(x+h1)・h0+f(x),|h1|<|h0|

です。(1)を繰り返し適用する事で折れ線近似が得られるのだから、平均値の定理を繰り返し適用すれば、テーラーの定理になるんじゃないか?、と思えてきます。じつは出来ます。それにはコーシーの平均値定理が便利です。
コーシーの平均値定理は、ふつうの平均値定理を、(x,y)=(g(t),f(t))とパラメータ表示しただけと考えても、間違いではありません(有名な掛合先生の微積分の本にも載ってます)。
 (f(t+h0)-f(t))/(g(t+h0)-g(t))=f^1(t+h1)/g^1(t+h1),|h1|<|h0|     (2)

 (2)を、
 (f(x+h)-Σf^k(x)/k!・h^k)/((x+h)^n-x^n)

に繰り返し適用すると、テーラーの定理が得られます(やれば、すぐわかります)。この過程で副産物、
 |h0|>|h1|>|h2|>・・・(下に有界な減少列なので収束する)

が得られるのですが、超頑張れば、hn→0も証明できます。
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この回答へのお礼

回答ありがとうございます。

読んでいて、すごいと感動しました。テーラー級数はまだ勉強してないのですがそのような解釈があったんですね。

お礼日時:2007/11/07 21:39

A が B の特殊な場合、B を A の 「拡張」 と言います。



「A を 拡張 して B が 出てきた」という意味ではありません。
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この回答へのお礼

自分の質問した文を眺めて、もしかしたらそうなのかもと思っていたところです。他の方の回答を見てもその通りでした。

お礼日時:2007/11/07 21:07

Cauchy の平均値の定理の証明は, 流れそのものは Lagrange の平均値の定理と同じです. つまり,


F(x) = [f(x) - f(a)] - {[f(b) - f(a)]/[g(b) - g(a)]} [g(x) - g(a)]
とおきます. 明らかに F(a) = F(b) = 0 ですから, a と b の間の c で
F'(c) = 0
となるものが存在します. つまり f'(c) - {[f(b) - f(a)]/[g(b) - g(a)]} g'(c) = 0 なので Cauchy の平均値の定理が得られます. もちろん, g(x) = x とおけば Lagrange の平均値の定理です.
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この回答へのお礼

回答ありがとうございます。

証明はどの教科書にも載っていて理解できるのですが、その作った公式を使って証明しているので作り方が気になります。

お礼日時:2007/11/07 21:05

たぶん,微分の公式 (x^n)'=nx^{n-1} を理解し切れてないのでしょう.


この公式の一つの側面に,階乗を誘導するということがあります.
よって,積分すると「階乗分の1」が現われます.
これを考えにいれると,Taylorの公式は,微分・積分の演算と
極めて自然にかみ合ってる。。
というか,これ以外の式はありえません.

例えば,f'(x)に対して,平均値の定理を使うと
f'(x)=f'(a)+f''(c)(x-a)
これをx->aで定積分すれば
f(x)-f(a) = f'(a)(x-a) + f''(c)/2 (x-a)^2
f(x) = f(a) + f'(a)(x-a) + f''(c)/2 (x-a)^2
今度は,このf(x)をf'(x)だと思えば
f'(x) = f'(a) + f''(a) (x-a) + f''(c)/2 (x-a)^2
これを定積分すれば
f(x)-f(a) = f'(a)(x-a) + f''(x)/2 (x-a)^2 + f''(c)/3! (x-a)^3
以下同様です.
つまり,平均値の定理をスタートにして,
入れ替えと積分を繰り返すことで
Taylorの公式の形をひっぱりだすことができます.
ただ,これだと回りくどいので,
公式の形を一気に証明するのです.
この方針で証明することも可能ですが,
エレガントとはいえないし,
そもそも微分の定理で積分を使うというのは
あんまり好まれません
(「微分のことは微分でする」という冗談があります).
教科書だったら積分はもっとあとででてくるものだからアウトです.

コーシーの平均値定理は,No.1さんのおっしゃる通り.
分母の関数を一般のものにしたというだけです.
関数の比や商を考えるということからみれば自然です.
過程も何も・・・関数の比をとったということです.
比のとり方がトリックですが,
(ラグランジュの)平均値の定理を念頭におけば
この比のとり方がでてくるのでしょう
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この回答へのお礼

分かりやすく教えていただきありがとうございます。

疑問に思っていた部分がほとんどなくなりました。まだ少し気になる点があるのですが、そこはもう少し考えて見ます。

お礼日時:2007/11/07 21:02

3つを見比べればわかるんじゃないの?


とそっけなくしてもいいんだけどまあここは親切に:
面倒な条件は全部略. それなりに判断してください.
普通の平均値の定理は
[f(a) - f(b)]/(a-b) = f'(c) (a < c < b)
なんだけど, これは (b = a+h とみなして) 書換えると
f(a+h) = f(a) + f'(a+th) h (0 < t < 1)
です. で, Taylor の定理は
f(a+h) = f(a) + f'(a) h + f''(a) h^2/2! + ... + f^(n)(a) h^n/n! + f^(n+1)(a+th)h^(n+1)/(n+1)! (0 < t < 1)
だから, 「平均値の定理を高階に拡張したもの」とみなせます.
あと, Cauchy の平均値の定理は
[f(a) - f(b)]/[g(a) - g(b)] = f'(c)/g'(c) (a < c < b)
だから「分母の関数を g(x) = x 以外に拡張したもの」ですね.
Cauchy の平均値の定理は, 普通の平均値の定理とほぼ同様に導出できたはず.
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この回答へのお礼

>[f(a) - f(b)]/(a-b) = f'(c) (a < c < b)
からいきなり
>f(a+h) = f(a) + f'(a) h + f''(a) h^2/2! + ... + f^(n)(a) h^n/n! + f^(n+1)(a+th)h^(n+1)/(n+1)! (0 < t < 1)
の式に行く過程が分かりません。コーシーの平均値の定理もいきなり例の式に行く、その過程が知りたいです。図書館で調べても本に載っていませんでした。

お礼日時:2007/11/06 21:16

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特に、問題文でn=3と微分する回数が指定されていて、かつ
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【問題】
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(1) x^4
f(x)=x^4
f(0)=0
f'(x)=4*x^3=4x^3
f'(0)=0
f''(x)=3*4x^2=12x^2
f''(0)=0
f'''(x)=2*12x=24x
f'''(0)=0
上記の値をマクローリンの定理に適用して、
f(x)=f(0)+(1/1!)f'(0)x+(1/2!)f''(0)x^2+(1/2!)f'''(0)x^3+…+Rn(x)
f(x)は4次だが、問題文よりn=3の指定があるので、
n=3で計算を打ち切り、f'''(0)までで計算する。
f(x)=0+0x+(1/2)*0x^2+(1/6)*0x^3
=0

(2) x^5
f(x)=x^5
f(0)=0
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f'(0)=0
f''(x)=4*5x^3=20x^3
f''(0)=0
f'''(x)=3*20x^2=60x^2
f'''(0)=0
上記の値をマクローリンの定理に適用して、
f(x)=f(0)+(1/1!)f'(0)x+(1/2!)f''(0)x^2+(1/2!)f'''(0)x^3+…+Rn(x)
f(x)は5次だが、問題文よりn=3の指定があるので、
n=3で計算を打ち切り、f'''(0)までで計算する。
f(x)=0+0x+(1/2)*0x^2+(1/6)*0x^3
=0

(3) √(x+1)
f(x)=√(x+1)=(x+1)^(1/2)
f(0)=1
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f'(0)=(1/2)
f''(x)=(-1/2)*(1/2)*(x+1)^(-3/2)=-1/{4√(x+1)^3}
f''(0)=-(1/4)
f'''(x)=(-3/2)*(-1/4)*(x+1)^(-5/2)=3/{8√(x+1)^5}
f'''(0)=(3/8)
上記の値をマクローリンの定理に適用して、
f(x)=f(0)+(1/1!)f'(0)x+(1/2!)f''(0)x^2+(1/2!)f'''(0)x^3+…+Rn(x)
問題文よりn=3の指定があるので、
n=3で計算を打ち切り、f'''(0)までで計算する。
f(x)=1+(1/2)x+(1/2)*(-1/4)x^2+(1/6)*(3/8)x^3
=1+(1/2)x-(1/8)x^2+(1/16)x^3

この解き方であっているか、ご指導のほど、よろしくお願いします。

テイラーの定理でa=0のとき(マクローリンの定理)の問題について
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わかるかた、ご指導のほど、よろしくお願いします。

特に、問題文でn=3と微分する回数が指定されていて、かつ
xの次数が3より大きいケースの解き方について、
解き方があっているかご指南いただければと思っております。

【問題】
次の関数に「マクローリンの定理」を適用せよ。
ただし、n=3とする。

(1) x^4
f(x)=x^4
f(0)=0
f'(x)=4*x^3=4x^3
f'(0)=0
f''(x)=3*4x...続きを読む

Aベストアンサー

> この解き方であっているか、
合っています。

n=3では
(1),(2)は
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余剰項Rn(x)つまり「...」の部分がx^4, x^5
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(3)は
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