\(\log(1+x)\) のマクローリン展開
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ここでは \(\log(1+x)\) のマクローリン展開を導出します。
\(\log(1+x)\) のマクローリン展開
\(\log(1+x)\) のマクローリン展開を求めると
\begin{aligned} \log(1+x) \hspace{2pt}&= \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n!}x^n \\ &= x + \frac{1}{2}x^2 + \frac{1}{3}x^3 + \cdots \hspace{20pt} (-1 < x \leq \infty) \end{aligned}になります。
導出
\(f(x)\) のマクローリン展開は
\[ \begin{aligned} f(x) \hspace{2pt}&= \sum_{n=0}^{\infty} f^{(n)} \frac{x^n}{n!}\\ &= f(0) + f^{\prime}(0)x + \frac{f^{\prime\prime}(0)}{2!}x^2 + \frac{f^{\prime\prime\prime}(0)}{3!}x^3 + \cdots + \frac{f^{(n)}(0)}{n!}x^n + \cdots \end{aligned} \]で与えられるので、まずは
\[ \Bigg(\frac{d^{n}}{dx^{n}} f(x)\Bigg)\Bigg|_{x=0} \]を求めましょう。
\begin{aligned} f(x) = \log(1+x) \end{aligned}とおくと、
\begin{aligned} f^{\prime}(x) \hspace{2pt}&= \frac{1}{1+x} \\ f^{\prime\prime}(x) \hspace{2pt}&= -\frac{1}{(1+x)^2} \\ f^{\prime\prime\prime}(x) \hspace{2pt}&= \frac{(-2)\cdot(-1)}{(1+x)^3} \\ &= \frac{2!}{(1+x)^3} \\ f^{(4)}(x) \hspace{2pt}&= \frac{(-3)\cdot 2!}{(1+x)^4} \\ &= -\frac{3!}{(1+x)^4} \\ f^{(5)}(x) \hspace{2pt}&= \frac{4 \cdot 3!}{(1+x)^5} \\ &= \frac{4!}{(1+x)^5} \\ \vdots \end{aligned}なので、
\begin{aligned} f(0) \hspace{2pt}&= \log(1) = 0 \\ f^{\prime}(0) \hspace{2pt}&= 1 \\ f^{\prime\prime}(0) \hspace{2pt}&= -1 \\ f^{\prime\prime\prime}(0) \hspace{2pt}&= 2! \\ f^{(4)}(x) \hspace{2pt}&= -3! \\ f^{(5)}(x) \hspace{2pt}&= 4! \\ \vdots \end{aligned}となります。これらをマクローリン展開の公式に代入すると、
\begin{aligned} \log(1+x) \hspace{2pt}&= 0 + 1 \cdot x + \frac{(-1)}{2!}x^2 + \frac{2!}{3!}x^3 + \frac{(-3!)}{4!}x^4 +\cdots \\ &= x - \frac{1}{2}x^2 + \frac{1}{3}x^3 - \frac{1}{4}x^4 + \cdots \\ &= \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{n}x^n \end{aligned}になります。これで \(\log(1+x)\) のマクローリン展開を導出することができました。
収束半径
ダランベールの判定法を用いて、収束半径を求めます。
\begin{aligned} a_n = \frac{(-1)^{n+1}}{n}, a_{n+1} = \frac{(-1)^{n+2}}{(n+1)} \end{aligned} \begin{aligned} L \hspace{2pt}&= \lim_{n \rightarrow \infty} \Big| \frac{a_{n+1}}{a_n} \Big | \\ & = \lim_{n \rightarrow \infty} \Big| \frac{(-1)^{n+2}}{n+1} \Bigg/\frac{(-1)^{n+1}}{n} \Big | \\ & = \lim_{n \rightarrow \infty} \Big| \frac{(-1)^{n+2}}{(-1)^n}\frac{n}{n+1} \Big | \\ & = \lim_{n \rightarrow \infty} \Big| (-1)^2 \cdot \frac{n}{n+1} \Big | \\ & = \lim_{n \rightarrow \infty} \Big| \frac{n}{n+1} \Big | \\ & = 1 \end{aligned}なので、収束半径 \(R=1/L\) は
\[ R = 1 \]になります。