次の関数 $f(x)$ を $x=0$ のまわりでテイラー展開（マクローリン展開）し、$f(x) = \sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n$ の形でまとめる問題です。 (a) $f(x) = \log(1-x)$ (b) $f(x) = \frac{1}{1+x^2}$ (c) $f(x) = \arctan x$ (d) $f(x) = \cosh x$ (e) $f(x) = \sinh x$ (f) $f(x) = \log \frac{1+x}{1-x}$

1. 問題の内容

次の関数 $f(x)$ を $x=0$ のまわりでテイラー展開（マクローリン展開）し、$f(x) = \sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n$ の形でまとめる問題です。

(a) $f(x) = \log(1-x)$

(b) $f(x) = \frac{1}{1+x^2}$

(c) $f(x) = \arctan x$

(d) $f(x) = \cosh x$

(e) $f(x) = \sinh x$

(f) $f(x) = \log \frac{1+x}{1-x}$

2. 解き方の手順

(a) $f(x) = \log(1-x)$ の場合:

$\log(1+x)$ のマクローリン展開は $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{n}x^n$ です。

したがって、$\log(1-x)$ のマクローリン展開は $x$ を $-x$ に置き換えることで得られます。

$\log(1-x) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{n}(-x)^n = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}(-1)^n}{n}x^n = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{-1}{n}x^n = -\sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^n}{n}$

(b) $f(x) = \frac{1}{1+x^2}$ の場合:

これは等比数列の和の公式 $\frac{1}{1-r} = \sum_{n=0}^{\infty} r^n$ を利用します。

$r = -x^2$ とすると、

$\frac{1}{1+x^2} = \frac{1}{1-(-x^2)} = \sum_{n=0}^{\infty} (-x^2)^n = \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n x^{2n}$

(c) $f(x) = \arctan x$ の場合:

$\arctan x$ の微分は $\frac{1}{1+x^2}$ であることを利用します。

(b) で求めた $\frac{1}{1+x^2}$ のマクローリン展開を積分することで、$\arctan x$ のマクローリン展開を求めることができます。

$\arctan x = \int \frac{1}{1+x^2} dx = \int \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n x^{2n} dx = \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n \int x^{2n} dx = \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n \frac{x^{2n+1}}{2n+1} + C$

$\arctan 0 = 0$ より、$C = 0$ なので、

$\arctan x = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{2n+1} x^{2n+1}$

(d) $f(x) = \cosh x$ の場合:

$\cosh x = \frac{e^x + e^{-x}}{2}$ を利用します。

$e^x = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^n}{n!}$ なので、

$e^{-x} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-x)^n}{n!} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n x^n}{n!}$

$\cosh x = \frac{1}{2} (\sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^n}{n!} + \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n x^n}{n!}) = \frac{1}{2} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(1 + (-1)^n) x^n}{n!}$

$n$ が奇数のとき $1 + (-1)^n = 0$ であり、$n$ が偶数のとき $1 + (-1)^n = 2$ なので、$n = 2k$ とおくと、

$\cosh x = \frac{1}{2} \sum_{k=0}^{\infty} \frac{2 x^{2k}}{(2k)!} = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{x^{2k}}{(2k)!}$

(e) $f(x) = \sinh x$ の場合:

$\sinh x = \frac{e^x - e^{-x}}{2}$ を利用します。

$\sinh x = \frac{1}{2} (\sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^n}{n!} - \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n x^n}{n!}) = \frac{1}{2} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(1 - (-1)^n) x^n}{n!}$

$n$ が偶数のとき $1 - (-1)^n = 0$ であり、$n$ が奇数のとき $1 - (-1)^n = 2$ なので、$n = 2k+1$ とおくと、

$\sinh x = \frac{1}{2} \sum_{k=0}^{\infty} \frac{2 x^{2k+1}}{(2k+1)!} = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{x^{2k+1}}{(2k+1)!}$

(f) $f(x) = \log \frac{1+x}{1-x}$ の場合:

$\log \frac{1+x}{1-x} = \log (1+x) - \log (1-x)$

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

$\log (1-x) = -\sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^n}{n}$ (上記(a)より)

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

$n$ が偶数のとき $(-1)^{n-1} + 1 = 0$ であり、$n$ が奇数のとき $(-1)^{n-1} + 1 = 2$ なので、$n = 2k+1$ とおくと、

$\log \frac{1+x}{1-x} = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{2}{2k+1} x^{2k+1} = 2 \sum_{k=0}^{\infty} \frac{x^{2k+1}}{2k+1}$

3. 最終的な答え

(a) $f(x) = \log(1-x) = -\sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^n}{n}$

(b) $f(x) = \frac{1}{1+x^2} = \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n x^{2n}$

(c) $f(x) = \arctan x = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{2n+1} x^{2n+1}$

(d) $f(x) = \cosh x = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{x^{2k}}{(2k)!}$

(e) $f(x) = \sinh x = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{x^{2k+1}}{(2k+1)!}$

(f) $f(x) = \log \frac{1+x}{1-x} = 2 \sum_{k=0}^{\infty} \frac{x^{2k+1}}{2k+1}$