05_01_微分の応用、高階微分、テイラーの定理

例題 5.1

次の関数の増減を調べ極値を求めよ.

$$f(x) = x^2 e^x$$

解答

$y = f(x)$ を微分して $y' = (2x + x^{2})e^{x}$ を得る．$y' = 0$ となるのは $x = -2$ のときと $x = 0$ のときである．$y$ の増減表は次のようになる．

例題 5.2

ロピタルの定理を用いて次の極限値を求めよ．

問題 1

問題 (1)
ロピタルの定理を用いて次の極限値を求めよ．
$$\lim_{x \to 0} \frac{10^x - 2^x}{x}$$

解答 1

$x \to 0$ のとき、分子は $10^0 - 2^0 = 1 - 1 = 0$、分母は $0$ となり、不定形
$$\frac{0}{0}$$
をとる。したがって、ロピタルの定理を適用する。

$$\begin{aligned} \lim_{x \to 0} \frac{10^x - 2^x}{x} &= \lim_{x \to 0} \frac{\frac{d}{dx}(10^x - 2^x)}{\frac{d}{dx}(x)} \\ &= \lim_{x \to 0} \frac{10^x \ln 10 - 2^x \ln 2}{1} \\ &= 10^0 \ln 10 - 2^0 \ln 2 \\ &= \ln 10 - \ln 2 \\ &= \ln \frac{10}{2} \\ &= \ln 5 \end{aligned}$$

$$\boxed{\ln 5}$$

問題 2

問題 (2)
ロピタルの定理を用いて次の極限値を求めよ．
$$\lim_{x \to 0} \left( \frac{1}{x} - \frac{1}{e^x - 1} \right)$$

解答 2

与えられた式を通分して一つの分数形式にする。
$$\lim_{x \to 0} \left( \frac{1}{x} - \frac{1}{e^x - 1} \right) = \lim_{x \to 0} \frac{e^x - 1 - x}{x(e^x - 1)}$$
$x \to 0$ のとき、この式は不定形
$$\frac{0}{0}$$
となるため、ロピタルの定理を適用する。

$$\begin{aligned} \lim_{x \to 0} \frac{e^x - 1 - x}{xe^x - x} &= \lim_{x \to 0} \frac{\frac{d}{dx}(e^x - 1 - x)}{\frac{d}{dx}(xe^x - x)} \\ &= \lim_{x \to 0} \frac{e^x - 1}{e^x + xe^x - 1} \end{aligned}$$
再び $x \to 0$ とすると
$$\frac{0}{0}$$
の不定形であるため、再度ロピタルの定理を適用する。

$$\begin{aligned} \lim_{x \to 0} \frac{e^x - 1}{e^x + xe^x - 1} &= \lim_{x \to 0} \frac{\frac{d}{dx}(e^x - 1)}{\frac{d}{dx}(e^x + xe^x - 1)} \\ &= \lim_{x \to 0} \frac{e^x}{e^x + (e^x + xe^x)} \\ &= \lim_{x \to 0} \frac{e^x}{2e^x + xe^x} \\ &= \frac{e^0}{2e^0 + 0 \cdot e^0} \\ &= \frac{1}{2} \end{aligned}$$

$$\boxed{\frac{1}{2}}$$

問題 $5.2$

必要に応じてロピタルの定理を用いて次の極限値を求めよ．

問題 (1)

必要に応じてロピタルの定理を用いて次の極限値を求めよ．

$$\lim_{x \to \infty} x \log \frac{x-1}{x+1}$$

解答 (1)

与えられた極限の式を変形する．
$$ \begin{aligned} \lim_{x \to \infty} x \log \frac{x-1}{x+1} &= \lim_{x \to \infty} \frac{\log \frac{x-1}{x+1}}{\frac{1}{x}} \\ &= \lim_{x \to \infty} \frac{\log(x-1) - \log(x+1)}{\frac{1}{x}} \end{aligned} $$
ここで、$x \to \infty$ のとき分子は $0$、分母も $0$ に収束するため、不定形 $\frac{0}{0}$ である．ロピタルの定理を適用すると
$$ \begin{aligned} \lim_{x \to \infty} \frac{\frac{1}{x-1} - \frac{1}{x+1}}{-\frac{1}{x^2}} &= \lim_{x \to \infty} \frac{\frac{(x+1) - (x-1)}{(x-1)(x+1)}}{-\frac{1}{x^2}} \\ &= \lim_{x \to \infty} \frac{\frac{2}{x^2 - 1}}{-\frac{1}{x^2}} \\ &= \lim_{x \to \infty} \left( -\frac{2x^2}{x^2 - 1} \right) \\ &= \lim_{x \to \infty} \left( -\frac{2}{1 - \frac{1}{x^2}} \right) \\ &= -2 \end{aligned} $$

$$\boxed{-2}$$

問題 (2)

必要に応じてロピタルの定理を用いて次の極限値を求めよ．

$$\lim_{x \to \frac{\pi}{2}} \frac{2^{\sin x} - 2}{\log \sin x}$$

解答 (2)

$x \to \frac{\pi}{2}$ のとき $\sin x \to 1$ であるため、与式は $\frac{2^1 - 2}{\log 1} = \frac{0}{0}$ の不定形である．
ここで $u = \sin x$ とおくと、$x \to \frac{\pi}{2}$ のとき $u \to 1$ となる．
$$ \lim_{x \to \frac{\pi}{2}} \frac{2^{\sin x} - 2}{\log \sin x} = \lim_{u \to 1} \frac{2^u - 2}{\log u} $$
ロピタルの定理を適用すると
$$ \begin{aligned} \lim_{u \to 1} \frac{\frac{d}{du}(2^u - 2)}{\frac{d}{du}(\log u)} &= \lim_{u \to 1} \frac{2^u \log 2}{\frac{1}{u}} \\ &= \lim_{u \to 1} (u \cdot 2^u \log 2) \\ &= 1 \cdot 2^1 \log 2 \\ &= 2 \log 2 = \log 4 \end{aligned} $$

$$\boxed{\log 4}$$

問題 (3)

必要に応じてロピタルの定理を用いて次の極限値を求めよ．

$$\lim_{x \to 0+} \frac{\log \sin ax}{\log \sin bx} \quad (a, b > 0)$$

解答 (3)

$x \to 0+$ のとき $\sin ax \to 0$、$\sin bx \to 0$ より、$\frac{-\infty}{-\infty}$ の不定形である．
ロピタルの定理を適用すると
$$ \begin{aligned} \lim_{x \to 0+} \frac{\frac{a \cos ax}{\sin ax}}{\frac{b \cos bx}{\sin bx}} &= \lim_{x \to 0+} \frac{a \cot ax}{b \cot bx} \\ &= \lim_{x \to 0+} \left( \frac{a}{b} \cdot \frac{\cos ax}{\cos bx} \cdot \frac{\sin bx}{\sin ax} \right) \end{aligned} $$
ここで、$x \to 0+$ のとき $\frac{\cos ax}{\cos bx} \to 1$ である．残りの部分について
$$ \begin{aligned} \lim_{x \to 0+} \frac{\sin bx}{\sin ax} &= \lim_{x \to 0+} \left( \frac{\sin bx}{bx} \cdot \frac{ax}{\sin ax} \cdot \frac{b}{a} \right) \\ &= 1 \cdot 1 \cdot \frac{b}{a} = \frac{b}{a} \end{aligned} $$
したがって
$$ \begin{aligned} \lim_{x \to 0+} \frac{\log \sin ax}{\log \sin bx} &= \frac{a}{b} \cdot 1 \cdot \frac{b}{a} \\ &= 1 \end{aligned} $$

$$\boxed{1}$$

問題 (4)

必要に応じてロピタルの定理を用いて次の極限値を求めよ．

$$\lim_{x \to \infty} x \left( \frac{\pi}{2} - \tan^{-1} x \right)$$

解答 (4)

与式は $\infty \cdot 0$ の不定形である．
$$ \lim_{x \to \infty} x \left( \frac{\pi}{2} - \tan^{-1} x \right) = \lim_{x \to \infty} \frac{\frac{\pi}{2} - \tan^{-1} x}{\frac{1}{x}} $$
これは $\frac{0}{0}$ の不定形であるため、ロピタルの定理を適用する．
$$ \begin{aligned} \lim_{x \to \infty} \frac{-\frac{1}{1+x^2}}{-\frac{1}{x^2}} &= \lim_{x \to \infty} \frac{x^2}{1+x^2} \\ &= \lim_{x \to \infty} \frac{1}{\frac{1}{x^2} + 1} \\ &= 1 \end{aligned} $$

$$\boxed{1}$$

問題 (5)

必要に応じてロピタルの定理を用いて次の極限値を求めよ．

$$\lim_{x \to 1} \frac{x^x - x}{x - \log x - 1}$$

解答 (5)

$x \to 1$ のとき、分子は $1^1 - 1 = 0$、分母は $1 - \log 1 - 1 = 0$ となり、$\frac{0}{0}$ の不定形である．
ここで、$x^x = e^{x \log x}$ であるから、その微分は
$$ \frac{d}{dx} x^x = x^x (\log x + 1) $$
ロピタルの定理を適用すると
$$ \begin{aligned} \lim_{x \to 1} \frac{x^x - x}{x - \log x - 1} &= \lim_{x \to 1} \frac{x^x (\log x + 1) - 1}{1 - \frac{1}{x}} \end{aligned} $$
$x \to 1$ のとき、再び $\frac{0}{0}$ の不定形となるため、もう一度ロピタルの定理を適用する．
分子の微分は
$$ \begin{aligned} \frac{d}{dx} \{ x^x (\log x + 1) - 1 \} &= \{ x^x (\log x + 1) \} (\log x + 1) + x^x \left( \frac{1}{x} \right) \\ &= x^x (\log x + 1)^2 + x^{x-1} \end{aligned} $$
分母の微分は
$$ \frac{d}{dx} \left( 1 - \frac{1}{x} \right) = \frac{1}{x^2} $$
したがって
$$ \begin{aligned} \lim_{x \to 1} \frac{x^x (\log x + 1)^2 + x^{x-1}}{\frac{1}{x^2}} &= \frac{1(0+1)^2 + 1}{1} \\ &= 2 \end{aligned} $$

$$\boxed{2}$$

問題 (6)

必要に応じてロピタルの定理を用いて次の極限値を求めよ．

$$\lim_{x \to 0+} \left( \frac{a^x + b^x}{2} \right)^{\frac{1}{x}} \quad (a, b > 0)$$

解答 (6)

極限値を $L$ とし、その対数をとる．
$$ \begin{aligned} \log L &= \lim_{x \to 0+} \log \left( \frac{a^x + b^x}{2} \right)^{\frac{1}{x}} \\ &= \lim_{x \to 0+} \frac{\log \frac{a^x + b^x}{2}}{x} \end{aligned} $$
これは $\frac{0}{0}$ の不定形であるため、ロピタルの定理を適用する．
$$ \begin{aligned} \log L &= \lim_{x \to 0+} \frac{\frac{d}{dx} \log \frac{a^x + b^x}{2}}{\frac{d}{dx} x} \\ &= \lim_{x \to 0+} \frac{1}{\frac{a^x + b^x}{2}} \cdot \frac{a^x \log a + b^x \log b}{2} \\ &= \lim_{x \to 0+} \frac{a^x \log a + b^x \log b}{a^x + b^x} \\ &= \frac{a^0 \log a + b^0 \log b}{a^0 + b^0} \\ &= \frac{\log a + \log b}{2} \\ &= \log \sqrt{ab} \end{aligned} $$
したがって
$$ L = e^{\log \sqrt{ab}} = \sqrt{ab} $$

$$\boxed{\sqrt{ab}}$$

例題 5.3

問題 1

次の曲線の与えられた点 P における接線を求めよ．

$$ y = \sin^{-1} \frac{x}{2} \quad (-2 \leqq x \leqq 2); \quad \text{P は } x \text{ 座標が 1 の点.} $$

解答 1

点 P の $x$ 座標が 1 のとき、$y$ 座標は
$$y = \sin^{-1} \frac{1}{2} = \frac{\pi}{6}$$
となり、点 P の座標は
$$\left( 1, \frac{\pi}{6} \right)$$
である。次に、与えられた曲線の式
$$y = \sin^{-1} \frac{x}{2}$$
を $x$ で微分すると
$$\begin{aligned} y' &= \frac{1}{\sqrt{1 - \left( \frac{x}{2} \right)^2}} \cdot \left( \frac{x}{2} \right)' \\ &= \frac{1}{\sqrt{1 - \frac{x^2}{4}}} \cdot \frac{1}{2} \\ &= \frac{1}{\sqrt{\frac{4 - x^2}{4}}} \cdot \frac{1}{2} \\ &= \frac{2}{\sqrt{4 - x^2}} \cdot \frac{1}{2} \\ &= \frac{1}{\sqrt{4 - x^2}} \end{aligned}$$
点 P ($x = 1$) における接線の傾き $m$ は
$$m = \frac{1}{\sqrt{4 - 1^2}} = \frac{1}{\sqrt{3}}$$
したがって、求める接線の方程式は
$$\begin{aligned} y - \frac{\pi}{6} &= \frac{1}{\sqrt{3}}(x - 1) \\ y &= \frac{1}{\sqrt{3}}x - \frac{1}{\sqrt{3}} + \frac{\pi}{6} \end{aligned}$$

$$\boxed{y = \frac{1}{\sqrt{3}}x - \frac{1}{\sqrt{3}} + \frac{\pi}{6}}$$

問題 2

次の曲線の与えられた点 P における接線を求めよ．

$$ \begin{cases} x = \sinh t \\ y = \cosh t \end{cases} \quad (-\infty < t < \infty); \quad \text{P は } t = \log 2 \text{ に対応する点.} $$

解答 2

$t = \log 2$ のとき、点 P の座標 $(x, y)$ は
$$\begin{aligned} x &= \sinh(\log 2) = \frac{e^{\log 2} - e^{-\log 2}}{2} = \frac{2 - \frac{1}{2}}{2} = \frac{3}{4} \\ y &= \cosh(\log 2) = \frac{e^{\log 2} + e^{-\log 2}}{2} = \frac{2 + \frac{1}{2}}{2} = \frac{5}{4} \end{aligned}$$
より、
$$\left( \frac{3}{4}, \frac{5}{4} \right)$$
である。曲線の各点における接線の傾きは
$$\frac{dy}{dx} = \frac{\frac{dy}{dt}}{\frac{dx}{dt}} = \frac{\sinh t}{\cosh t} = \tanh t$$
であるから、$t = \log 2$ における接線の傾き $m$ は
$$m = \tanh(\log 2) = \frac{\sinh(\log 2)}{\cosh(\log 2)} = \frac{\frac{3}{4}}{\frac{5}{4}} = \frac{3}{5}$$
したがって、求める接線の方程式は
$$\begin{aligned} y - \frac{5}{4} &= \frac{3}{5} \left( x - \frac{3}{4} \right) \\ y &= \frac{3}{5}x - \frac{9}{20} + \frac{5}{4} \\ y &= \frac{3}{5}x - \frac{9}{20} + \frac{25}{20} \\ y &= \frac{3}{5}x + \frac{16}{20} \\ y &= \frac{3}{5}x + \frac{4}{5} \end{aligned}$$

$$\boxed{y = \frac{3}{5}x + \frac{4}{5}}$$

問題 5.3

$xy$-平面上の次の曲線の与えられた点 P における接線を求めよ.

問題 (1)

$xy$-平面上の次の曲線の与えられた点 P における接線を求めよ.
$x^2 - y^2 - 3x - y + 2 = 0, \quad \text{P}(1, 0)$

解答 (1)

与えられた曲線の等式の両辺を $x$ で微分すると
$$2x - 2y \frac{dy}{dx} - 3 - \frac{dy}{dx} = 0$$
これを $\frac{dy}{dx}$ について整理すると
$$\begin{aligned} (2y + 1) \frac{dy}{dx} &= 2x - 3 \\ \frac{dy}{dx} &= \frac{2x - 3}{2y + 1} \end{aligned}$$
点 P$(1, 0)$ における接線の傾き $m$ は、上の式に $x = 1, y = 0$ を代入して
$$m = \frac{2(1) - 3}{2(0) + 1} = -1$$
したがって、求める接線の方程式は
$$\begin{aligned} y - 0 &= -1(x - 1) \\ y &= -x + 1 \end{aligned}$$
すなわち
$$\boxed{x + y - 1 = 0}$$

問題 (2)

$xy$-平面上の次の曲線の与えられた点 P における接線を求めよ.
$x^3 - 6xy + y^3 = 0, \quad \text{P}(3, 3)$

解答 (2)

与えられた曲線の等式の両辺を $x$ で微分すると
$$3x^2 - 6 \left( y + x \frac{dy}{dx} \right) + 3y^2 \frac{dy}{dx} = 0$$
両辺を $3$ で割り、$\frac{dy}{dx}$ について整理すると
$$\begin{aligned} x^2 - 2y - 2x \frac{dy}{dx} + y^2 \frac{dy}{dx} &= 0 \\ (y^2 - 2x) \frac{dy}{dx} &= 2y - x^2 \\ \frac{dy}{dx} &= \frac{2y - x^2}{y^2 - 2x} \end{aligned}$$
点 P$(3, 3)$ における接線の傾き $m$ は
$$m = \frac{2(3) - 3^2}{3^2 - 2(3)} = \frac{6 - 9}{9 - 6} = -1$$
したがって、求める接線の方程式は
$$\begin{aligned} y - 3 &= -1(x - 3) \\ y - 3 &= -x + 3 \end{aligned}$$
すなわち
$$\boxed{x + y - 6 = 0}$$

問題 (3)

$xy$-平面上の次の曲線の与えられた点 P における接線を求めよ.
$$x^{\frac{2}{3}} + y^{\frac{2}{3}} = a^{\frac{2}{3}} \quad (a > 0),$$
P はこの曲線上の任意の点 $(x_0, y_0)$ ($|x_0| \neq 0, |y_0| \neq 0$).

解答 (3)

与えられた曲線の等式の両辺を $x$ で微分すると
$$\frac{2}{3} x^{-\frac{1}{3}} + \frac{2}{3} y^{-\frac{1}{3}} \frac{dy}{dx} = 0$$
これを $\frac{dy}{dx}$ について解くと
$$\frac{dy}{dx} = - \frac{x^{-\frac{1}{3}}}{y^{-\frac{1}{3}}} = - \left( \frac{y}{x} \right)^{\frac{1}{3}}$$
点 P$(x_0, y_0)$ における接線の傾き $m$ は
$$m = - \frac{y_0^{\frac{1}{3}}}{x_0^{\frac{1}{3}}}$$
接線の方程式は
$$\begin{aligned} y - y_0 &= - \frac{y_0^{\frac{1}{3}}}{x_0^{\frac{1}{3}}} (x - x_0) \\ x_0^{\frac{1}{3}} y - x_0^{\frac{1}{3}} y_0 &= - y_0^{\frac{1}{3}} x + y_0^{\frac{1}{3}} x_0 \end{aligned}$$
変数を左辺にまとめると
$$y_0^{\frac{1}{3}} x + x_0^{\frac{1}{3}} y = x_0 y_0^{\frac{1}{3}} + y_0 x_0^{\frac{1}{3}}$$
両辺を $x_0^{\frac{1}{3}} y_0^{\frac{1}{3}}$ で割ると
$$\frac{x}{x_0^{\frac{1}{3}}} + \frac{y}{y_0^{\frac{1}{3}}} = x_0^{\frac{2}{3}} + y_0^{\frac{2}{3}}$$
点 $(x_0, y_0)$ は曲線 $x^{\frac{2}{3}} + y^{\frac{2}{3}} = a^{\frac{2}{3}}$ 上にあるので、$x_0^{\frac{2}{3}} + y_0^{\frac{2}{3}} = a^{\frac{2}{3}}$ が成り立つ。
したがって、求める接線の方程式は
$$\boxed{x_0^{-\frac{1}{3}} x + y_0^{-\frac{1}{3}} y = a^{\frac{2}{3}}}$$
（または $\frac{x}{\sqrt[3]{x_0}} + \frac{y}{\sqrt[3]{y_0}} = \sqrt[3]{a^2}$）

問題 (4)

$xy$-平面上の次の曲線の与えられた点 P における接線を求めよ.
$$\begin{cases} x = 2t + 1 \\ y = 4t^2 - 1 \end{cases},$$
P は $t = 1$ に対応する点

解答 (4)

$t = 1$ のとき、点 P の座標は
$$\begin{aligned} x &= 2(1) + 1 = 3 \\ y &= 4(1)^2 - 1 = 3 \end{aligned}$$
よって P$(3, 3)$ である。次に、各パラメータを $t$ で微分すると
$$\begin{aligned} \frac{dx}{dt} &= 2 \\ \frac{dy}{dt} &= 8t \end{aligned}$$
したがって、接線の傾きは
$$\frac{dy}{dx} = \frac{\frac{dy}{dt}}{\frac{dx}{dt}} = \frac{8t}{2} = 4t$$
$t = 1$ における傾き $m$ は
$$m = 4(1) = 4$$
求める接線の方程式は
$$\begin{aligned} y - 3 &= 4(x - 3) \\ y - 3 &= 4x - 12 \end{aligned}$$
すなわち
$$\boxed{4x - y - 9 = 0}$$

問題 (5)

$xy$-平面上の次の曲線の与えられた点 P における接線を求めよ.
$$\begin{cases} x = a(t - \sin t) \\ y = a(1 - \cos t) \end{cases},$$
P は $$t = \frac{\pi}{4}$$ に対応する点

解答 (5)

$t = \frac{\pi}{4}$ のとき、点 P の座標は
$$\begin{aligned} x &= a \left( \frac{\pi}{4} - \sin \frac{\pi}{4} \right) = a \left( \frac{\pi}{4} - \frac{\sqrt{2}}{2} \right) \\ y &= a \left( 1 - \cos \frac{\pi}{4} \right) = a \left( 1 - \frac{\sqrt{2}}{2} \right) \end{aligned}$$
また、各パラメータを $t$ で微分すると
$$\begin{aligned} \frac{dx}{dt} &= a(1 - \cos t) \\ \frac{dy}{dt} &= a \sin t \end{aligned}$$
接線の傾き $\frac{dy}{dx}$ は
$$\frac{dy}{dx} = \frac{a \sin t}{a(1 - \cos t)} = \frac{\sin t}{1 - \cos t}$$
$t = \frac{\pi}{4}$ における傾き $m$ は
$$m = \frac{\sin \frac{\pi}{4}}{1 - \cos \frac{\pi}{4}} = \frac{\frac{\sqrt{2}}{2}}{1 - \frac{\sqrt{2}}{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2 - \sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}(2 + \sqrt{2})}{4 - 2} = \sqrt{2} + 1$$
接線の方程式は
$$\begin{aligned} y - a \left( 1 - \frac{\sqrt{2}}{2} \right) &= (\sqrt{2} + 1) \left\{ x - a \left( \frac{\pi}{4} - \frac{\sqrt{2}}{2} \right) \right\} \\ y - a + \frac{a\sqrt{2}}{2} &= (\sqrt{2} + 1)x - \frac{a\pi(\sqrt{2} + 1)}{4} + \frac{a\sqrt{2}(\sqrt{2} + 1)}{2} \\ y - a + \frac{a\sqrt{2}}{2} &= (\sqrt{2} + 1)x - \frac{a\pi(\sqrt{2} + 1)}{4} + a + \frac{a\sqrt{2}}{2} \end{aligned}$$
これを整理すると
$$y = (\sqrt{2} + 1)x + 2a - \frac{a\pi(\sqrt{2} + 1)}{4}$$
すなわち
$$\boxed{(\sqrt{2} + 1)x - y + a \left( 2 - \frac{\pi(\sqrt{2} + 1)}{4} \right) = 0}$$

例題 5.4

問題 1

$x > 0$ のとき不等式 $\sin x < x$ が成り立つことを示せ。

解答 1

$f(x) = x - \sin x$ とおくと、その導関数は
$$f'(x) = 1 - \cos x$$
となる。すべての実数 $x$ において $-1 \le \cos x \le 1$ であるから、
$$f'(x) \ge 0$$
が成り立つ。ここで、$f'(x) = 0$ となるのは
$$x = 2n\pi \quad (n = 1, 2, 3, \dots)$$
のように離散的な点に限られるため、$f(x)$ は $x \ge 0$ において単調に増加する。
$f(0) = 0 - \sin 0 = 0$ であるから、$x > 0$ において
$$f(x) > f(0) = 0$$
すなわち
$$x - \sin x > 0$$
が成り立つ。したがって、$x > 0$ のとき
$$\sin x < x$$
である。

$$\boxed{\text{（証明終）}}$$

問題5.4

次の不等式を示せ。

問題 (1)

次の不等式を示せ。
$$1 - \frac{x^2}{2} < \cos x \quad (x \neq 0)$$

解答 (1)

$f(x) = \cos x - \left( 1 - \frac{x^2}{2} \right)$ とおく。
この関数の微分は
$$f'(x) = -\sin x + x$$
である。$x > 0$ において、周知の不等式 $x > \sin x$ より
$$f'(x) > 0$$
が成り立つ。よって、$f(x)$ は $x \ge 0$ において単調増加であり、
$$f(0) = \cos 0 - 1 + 0 = 0$$
であることから、$x > 0$ のとき $f(x) > 0$ すなわち
$$1 - \frac{x^2}{2} < \cos x$$
が成り立つ。
また、$f(x)$ は
$$f(-x) = \cos(-x) - 1 + \frac{(-x)^2}{2} = \cos x - 1 + \frac{x^2}{2} = f(x)$$
を満たす偶関数であるため、$x < 0$ のときも $f(x) > 0$ が成り立つ。
したがって、$x \neq 0$ において不等式は示された。

$$\boxed{1 - \frac{x^2}{2} < \cos x \quad (x \neq 0)}$$

問題 (2)

次の不等式を示せ。
$$x - \frac{x^3}{6} < \sin x \quad (x > 0)$$

解答 (2)

$f(x) = \sin x - \left( x - \frac{x^3}{6} \right)$ とおく。
微分すると
$$f'(x) = \cos x - 1 + \frac{x^2}{2}$$
となる。問題(1)の結果より、$x > 0$ において $\cos x > 1 - \frac{x^2}{2}$ であるから、
$$f'(x) = \cos x - \left( 1 - \frac{x^2}{2} \right) > 0$$
が成り立つ。$f(0) = 0$ であるから、$x > 0$ において $f(x) > 0$ となり、
$$x - \frac{x^3}{6} < \sin x$$
が示された。

$$\boxed{x - \frac{x^3}{6} < \sin x \quad (x > 0)}$$

問題 (3)

次の不等式を示せ。
$$x - \frac{x^3}{3} < \tan^{-1} x < x \quad (x > 0)$$

解答 (3)

(i) $\tan^{-1} x < x$ の証明
$f(x) = x - \tan^{-1} x$ とおくと、
$$f'(x) = 1 - \frac{1}{1 + x^2} = \frac{x^2}{1 + x^2}$$
$x > 0$ において $f'(x) > 0$ であり、$f(0) = 0$ なので $f(x) > 0$ である。

(ii) $x - \frac{x^3}{3} < \tan^{-1} x$ の証明
$g(x) = \tan^{-1} x - \left( x - \frac{x^3}{3} \right)$ とおくと、
$$\begin{aligned} g'(x) &= \frac{1}{1 + x^2} - 1 + x^2 \\ &= \frac{1 - (1 + x^2) + x^2(1 + x^2)}{1 + x^2} \\ &= \frac{x^4}{1 + x^2} \end{aligned}$$
$x > 0$ において $g'(x) > 0$ であり、$g(0) = 0$ なので $g(x) > 0$ である。

以上より、不等式は示された。

$$\boxed{x - \frac{x^3}{3} < \tan^{-1} x < x \quad (x > 0)}$$

問題 (4)

次の不等式を示せ。
$$\tan^{-1} x > \frac{x}{1 + x^2} \quad (x > 0)$$

解答 (4)

$f(x) = \tan^{-1} x - \frac{x}{1 + x^2}$ とおく。
これを微分すると、
$$\begin{aligned} f'(x) &= \frac{1}{1 + x^2} - \frac{1 \cdot (1 + x^2) - x \cdot (2x)}{(1 + x^2)^2} \\ &= \frac{1 + x^2 - (1 - x^2)}{(1 + x^2)^2} \\ &= \frac{2x^2}{(1 + x^2)^2} \end{aligned}$$
$x > 0$ において $f'(x) > 0$ であり、$f(0) = 0$ なので、$x > 0$ において $f(x) > 0$ が成り立つ。

$$\boxed{1 - \frac{x^2}{2} < \cos x \quad (x \neq 0)}$$
（※設問の通り）
$$\boxed{\tan^{-1} x > \frac{x}{1 + x^2} \quad (x > 0)}$$

問題 (5)

次の不等式を示せ。
$$e^x > 1 + x \quad (x \neq 0)$$

解答 (5)

$f(x) = e^x - (1 + x)$ とおく。
微分すると
$$f'(x) = e^x - 1$$
となる。
- $x > 0$ のとき、$e^x > e^0 = 1$ より $f'(x) > 0$
- $x < 0$ のとき、$e^x < e^0 = 1$ より $f'(x) < 0$

したがって、$f(x)$ は $x = 0$ で最小値 $f(0) = 1 - 1 = 0$ をとる。
$x \neq 0$ においては常に $f(x) > f(0) = 0$ である。

$$\boxed{e^x > 1 + x \quad (x \neq 0)}$$

問題 (6)

次の不等式を示せ。
$$\log x < x - 1 \quad (x > 0, x \neq 1)$$

解答 (6)

$f(x) = x - 1 - \log x$ とおく。
微分すると
$$f'(x) = 1 - \frac{1}{x} = \frac{x - 1}{x}$$
となる。
- $x > 1$ のとき、$f'(x) > 0$
- $0 < x < 1$ のとき、$f'(x) < 0$

したがって、$f(x)$ は $x = 1$ で最小値 $f(1) = 1 - 1 - 0 = 0$ をとる。
$x \neq 1$ かつ $x > 0$ においては常に $f(x) > f(1) = 0$ である。

$$\boxed{log x < x - 1 \quad (x > 0, x \neq 1)}$$

問題 (7)

次の不等式を示せ。
$$e^x > \sum_{k=0}^{n} \frac{x^k}{k!} \quad (x > 0)$$

解答 (7)

テイラーの定理（ラグランジュの剰余項）を用いる。
$f(x) = e^x$ を $x = 0$ のまわりで $n$ 次まで展開すると、ある $0 < c < x$ が存在して
$$e^x = \sum_{k=0}^{n} \frac{x^k}{k!} + \frac{e^c}{(n+1)!} x^{n+1}$$
と書ける。
$x > 0$ のとき、$e^c > 0$ および $x^{n+1} > 0$ である。
また、$(n+1)! > 0$ であるから、
$$\frac{e^c}{(n+1)!} x^{n+1} > 0$$
が成り立つ。したがって、
$$e^x - \sum_{k=0}^{n} \frac{x^k}{k!} > 0$$
となり、不等式が示された。

$$\boxed{e^x > \sum_{k=0}^{n} \frac{x^k}{k!} \quad (x > 0)}$$

問題 (8)

次の不等式を示せ。
$$e^x > \sum_{k=0}^{n} \frac{x^k}{k!} \quad (n : \text{奇数} \quad x < 0)$$

解答 (8)

解答 (7) と同様に、テイラーの定理よりある $x < c < 0$ が存在して
$$e^x = \sum_{k=0}^{n} \frac{x^k}{k!} + \frac{e^c}{(n+1)!} x^{n+1}$$
が成り立つ。
ここで、$n$ が奇数であるとき、$n+1$ は偶数である。
$x < 0$ であっても、指数が偶数であれば $x^{n+1} > 0$ となる。
また、$e^c > 0$ であるから、剰余項は
$$\frac{e^c}{(n+1)!} x^{n+1} > 0$$
となる。したがって、
$$e^x > \sum_{k=0}^{n} \frac{x^k}{k!}$$
が示された。

$$\boxed{e^x > \sum_{k=0}^{n} \frac{x^k}{k!} \quad (n : \text{奇数} \quad x < 0)}$$

問題 (9)

次の不等式を示せ。
$$e^x < \sum_{k=0}^{n} \frac{x^k}{k!} \quad (n : \text{偶数} \quad x < 0)$$

解答 (9)

テイラーの定理より、ある $x < c < 0$ が存在して
$$e^x = \sum_{k=0}^{n} \frac{x^k}{k!} + \frac{e^c}{(n+1)!} x^{n+1}$$
が成り立つ。
ここで、$n$ が偶数であるとき、$n+1$ は奇数である。
$x < 0$ のとき、指数が奇数であれば $x^{n+1} < 0$ となる。
また、$e^c > 0$ であるから、剰余項は
$$\frac{e^c}{(n+1)!} x^{n+1} < 0$$
となる。したがって、
$$e^x < \sum_{k=0}^{n} \frac{x^k}{k!}$$
が示された。

$$\boxed{e^x < \sum_{k=0}^{n} \frac{x^k}{k!} \quad (n : \text{偶数} \quad x < 0)}$$

例題 5.5

次の関数の $n$ 次の導関数を求めよ．

問題 1

次の関数の $n$ 次の導関数を求めよ．
$y = a^x$

解答 1

与えられた関数を順に微分して規則性を確認する．
$$\begin{aligned} y' &= a^x \ln a \\ y'' &= a^x (\ln a)^2 \\ y''' &= a^x (\ln a)^3 \end{aligned}$$
これより，$n$ 次導関数は次のように求められる．

$$\boxed{y^{(n)} = a^x (\ln a)^n}$$

問題 2

次の関数の $n$ 次の導関数を求めよ．
$$y = \frac{1}{x^2 - x - 2}$$

解答 2

まず，与えられた関数の分母を因数分解すると
$$y = \frac{1}{(x - 2)(x + 1)}$$
となる．これを部分分数に分解すると
$$y = \frac{1}{3} \left( \frac{1}{x - 2} - \frac{1}{x + 1} \right)$$
と表せる．ここで，定数 $c$ に対して
$$f(x) = \frac{1}{x + c} = (x + c)^{-1}$$
の $n$ 次導関数を求めると
$$\begin{aligned} f'(x) &= -(x + c)^{-2} \\ f''(x) &= (-1)(-2)(x + c)^{-3} \\ f'''(x) &= (-1)(-2)(-3)(x + c)^{-4} \\ &\vdots \\ f^{(n)}(x) &= (-1)^n n! (x + c)^{-(n+1)} \\ &= \frac{(-1)^n n!}{(x + c)^{n+1}} \end{aligned}$$
となる．これを利用して $y$ の $n$ 次導関数を求めると
$$\begin{aligned} y^{(n)} &= \frac{1}{3} \left\{ \frac{(-1)^n n!}{(x - 2)^{n+1}} - \frac{(-1)^n n!}{(x + 1)^{n+1}} \right\} \\ &= \frac{(-1)^n n!}{3} \left\{ \frac{1}{(x - 2)^{n+1}} - \frac{1}{(x + 1)^{n+1}} \right\} \end{aligned}$$
となる．

$$\boxed{y^{(n)} = \frac{(-1)^n n!}{3} \left\{ \frac{1}{(x - 2)^{n+1}} - \frac{1}{(x + 1)^{n+1}} \right\}}$$

問題 5.5 次の関数の $n$ 次の導関数を求めよ．

問題(1)

次の関数の $n$ 次の導関数を求めよ．
$y = \log(1 + x)$

解答(1)

与えられた関数を微分していくと，
$$y' = (1 + x)^{-1}$$
$$y'' = -1 \cdot (1 + x)^{-2}$$
$$y''' = (-1) \cdot (-2) \cdot (1 + x)^{-3}$$
これより，第 $n$ 次導関数は次のようになる．
$$\begin{aligned} y^{(n)} &= (-1)^{n-1} \cdot (n-1)! \cdot (1 + x)^{-n} \\ &= \frac{(-1)^{n-1}(n-1)!}{(1 + x)^n} \end{aligned}$$

$$\boxed{y^{(n)} = \frac{(-1)^{n-1}(n-1)!}{(1 + x)^n}}$$

問題(2)

次の関数の $n$ 次の導関数を求めよ．
$y = \sin 2x$

解答(2)

$\sin ax$ の $n$ 次導関数の公式
$$(\sin ax)^{(n)} = a^n \sin\left(ax + \frac{n\pi}{2}\right)$$
を用いると，$a = 2$ であるから，
$$y^{(n)} = 2^n \sin\left(2x + \frac{n\pi}{2}\right)$$

$$\boxed{y^{(n)} = 2^n \sin\left(2x + \frac{n\pi}{2}\right)}$$

問題(3)

次の関数の $n$ 次の導関数を求めよ．
$y = \sin^2 x$

解答(3)

半角の公式を用いると，
$$y = \frac{1 - \cos 2x}{2} = \frac{1}{2} - \frac{1}{2}\cos 2x$$
である．$n \ge 1$ において定数項は $0$ となり，$\cos ax$ の導関数の公式を用いると，
$$\begin{aligned} y^{(n)} &= -\frac{1}{2} \cdot 2^n \cos\left(2x + \frac{n\pi}{2}\right) \\ &= -2^{n-1} \cos\left(2x + \frac{n\pi}{2}\right) \end{aligned}$$
なお，これは次のように表すこともできる．
$$y^{(n)} = 2^{n-1} \sin\left(2x + \frac{(n-1)\pi}{2}\right)$$

$$\boxed{y^{(n)} = -2^{n-1} \cos\left(2x + \frac{n\pi}{2}\right)}$$

問題(4)

次の関数の $n$ 次の導関数を求めよ．
$$y = \frac{1}{\sqrt{1 + x}}$$

解答(4)

$y = (1 + x)^{-\frac{1}{2}}$ であるから，順次微分すると，
$$y' = -\frac{1}{2}(1 + x)^{-\frac{3}{2}}$$
$$y'' = \left(-\frac{1}{2}\right)\left(-\frac{3}{2}\right)(1 + x)^{-\frac{5}{2}}$$
$$y''' = \left(-\frac{1}{2}\right)\left(-\frac{3}{2}\right)\left(-\frac{5}{2}\right)(1 + x)^{-\frac{7}{2}}$$
第 $n$ 次導関数は，
$$\begin{aligned} y^{(n)} &= \frac{(-1)^n \cdot 1 \cdot 3 \cdot 5 \cdots (2n-1)}{2^n} (1 + x)^{-\frac{2n+1}{2}} \\ &= \frac{(-1)^n (2n-1)!!}{2^n (1 + x)^{n + \frac{1}{2}}} \end{aligned}$$
ここで $(2n-1)!! = 1 \cdot 3 \cdots (2n-1)$ である．

$$\boxed{y^{(n)} = \frac{(-1)^n (2n-1)!!}{2^n \sqrt{(1 + x)^{2n+1}}}}$$

問題(5)

次の関数の $n$ 次の導関数を求めよ．
$y = x^2 e^{-x}$

解答(5)

ライプニッツの公式
$$(uv)^{(n)} = \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} u^{(n-k)} v^{(k)}$$
を用いる．$u = e^{-x}$，$v = x^2$ とおくと，
$$u^{(m)} = (-1)^m e^{-x}$$
$$v' = 2x, \quad v'' = 2, \quad v^{(k)} = 0 \quad (k \ge 3)$$
よって，$n \ge 2$ のとき，
$$\begin{aligned} y^{(n)} &= \binom{n}{0} u^{(n)} v + \binom{n}{1} u^{(n-1)} v' + \binom{n}{2} u^{(n-2)} v'' \\ &= (-1)^n e^{-x} \cdot x^2 + n (-1)^{n-1} e^{-x} \cdot 2x + \frac{n(n-1)}{2} (-1)^{n-2} e^{-x} \cdot 2 \\ &= (-1)^n e^{-x} \{x^2 - 2nx + n(n-1)\} \end{aligned}$$

$$\boxed{y^{(n)} = (-1)^n e^{-x} \{x^2 - 2nx + n(n-1)\}}$$

問題(6)

次の関数の $n$ 次の導関数を求めよ．
$y = e^x \sin x$

解答(6)

$y' = e^x \sin x + e^x \cos x = \sqrt{2} e^x \sin\left(x + \frac{\pi}{4}\right)$ である．
一般に，$y = e^{ax} \sin bx$ の $n$ 次導関数は，
$$y^{(n)} = (a^2 + b^2)^{\frac{n}{2}} e^{ax} \sin(bx + n\theta) \quad \left(\text{ただし } \cos\theta = \frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}}, \sin\theta = \frac{b}{\sqrt{a^2+b^2}}\right)$$
となる．本問では $a=1, b=1$ であるから $\sqrt{a^2+b^2} = \sqrt{2}$，$\theta = \frac{\pi}{4}$ となり，
$$y^{(n)} = (\sqrt{2})^n e^x \sin\left(x + \frac{n\pi}{4}\right)$$

$$\boxed{y^{(n)} = 2^{\frac{n}{2}} e^x \sin\left(x + \frac{n\pi}{4}\right)}$$

問題(7)

次の関数の $n$ 次の導関数を求めよ．
$y = (2x^2 + 1) e^{2x}$

解答(7)

ライプニッツの公式を用いる．$u = e^{2x}$，$v = 2x^2 + 1$ とおくと，
$$u^{(m)} = 2^m e^{2x}$$
$$v' = 4x, \quad v'' = 4, \quad v^{(k)} = 0 \quad (k \ge 3)$$
よって，$n \ge 2$ のとき，
$$\begin{aligned} y^{(n)} &= \binom{n}{0} u^{(n)} v + \binom{n}{1} u^{(n-1)} v' + \binom{n}{2} u^{(n-2)} v'' \\ &= 2^n e^{2x} (2x^2 + 1) + n \cdot 2^{n-1} e^{2x} (4x) + \frac{n(n-1)}{2} \cdot 2^{n-2} e^{2x} \cdot 4 \\ &= 2^{n-2} e^{2x} \{ 4(2x^2 + 1) + 4n(2x) + 2n(n-1) \} \\ &= 2^{n-2} e^{2x} \{ 8x^2 + 4 + 8nx + 2n^2 - 2n \} \\ &= 2^{n-1} e^{2x} \{ 4x^2 + 4nx + n^2 - n + 2 \} \end{aligned}$$

$$\boxed{y^{(n)} = 2^{n-1} e^{2x} \{ 4x^2 + 4nx + n^2 - n + 2 \}}$$

問題(8)

次の関数の $n$ 次の導関数を求めよ．
$y = x^3 \log x$

解答(8)

$n \ge 4$ のとき，ライプニッツの公式を用いる．$u = \log x$，$v = x^3$ とおくと，
$$u^{(m)} = \frac{(-1)^{m-1}(m-1)!}{x^m}$$
$$v' = 3x^2, \quad v'' = 6x, \quad v''' = 6, \quad v^{(k)} = 0 \quad (k \ge 4)$$
であるから，
$$\begin{aligned} y^{(n)} &= \sum_{k=0}^3 \binom{n}{k} u^{(n-k)} v^{(k)} \\ &= \frac{(-1)^{n-1}(n-1)!}{x^n} x^3 + n \frac{(-1)^{n-2}(n-2)!}{x^{n-1}} (3x^2) + \frac{n(n-1)}{2} \frac{(-1)^{n-3}(n-3)!}{x^{n-2}} (6x) + \frac{n(n-1)(n-2)}{6} \frac{(-1)^{n-4}(n-4)!}{x^{n-3}} (6) \\ &= \frac{(-1)^{n-4}(n-4)!}{x^{n-3}} \{ -(n-1)(n-2)(n-3) + 3n(n-2)(n-3) - 3n(n-1)(n-3) + n(n-1)(n-2) \} \end{aligned}$$
中括弧内を計算すると $6$ となるため，
$$y^{(n)} = \frac{6(-1)^{n-4}(n-4)!}{x^{n-3}} \quad (n \ge 4)$$

$$\boxed{y^{(n)} = \frac{6(-1)^{n}(n-4)!}{x^{n-3}} \quad (n \ge 4)}$$

問題(9)

次の関数の $n$ 次の導関数を求めよ．
$$y = \frac{1 + x}{1 - 2x}$$

解答(9)

関数を次のように変形する．
$$y = \frac{-\frac{1}{2}(1 - 2x) + \frac{3}{2}}{1 - 2x} = -\frac{1}{2} + \frac{3}{2}(1 - 2x)^{-1}$$
$n \ge 1$ のとき，第 $n$ 次導関数は，
$$\begin{aligned} y^{(n)} &= \frac{3}{2} (-1)(-2) \cdots (-n) (1 - 2x)^{-n-1} \cdot (-2)^n \\ &= \frac{3}{2} (-1)^n n! \frac{1}{(1 - 2x)^{n+1}} \cdot (-1)^n 2^n \\ &= \frac{3 \cdot 2^{n-1} n!}{(1 - 2x)^{n+1}} \end{aligned}$$

$$\boxed{y^{(n)} = \frac{3 \cdot 2^{n-1} n!}{(1 - 2x)^{n+1}}}$$

問題(10)

次の関数の $n$ 次の導関数を求めよ．
$$y = \frac{3x}{1 + x}$$

解答(10)

関数を次のように変形する．
$$y = \frac{3(x + 1) - 3}{x + 1} = 3 - 3(x + 1)^{-1}$$
$n \ge 1$ のとき，
$$\begin{aligned} y^{(n)} &= -3 \cdot (-1)(-2) \cdots (-n) (x + 1)^{-n-1} \\ &= -3 \cdot (-1)^n n! (x + 1)^{-n-1} \\ &= \frac{3(-1)^{n+1} n!}{(x + 1)^{n+1}} \end{aligned}$$

$$\boxed{y^{(n)} = \frac{3(-1)^{n+1} n!}{(x + 1)^{n+1}}}$$

問題(11)

次の関数の $n$ 次の導関数を求めよ．
$$y = \frac{1}{x^2 - 3x - 4}$$

解答(11)

部分分数に分解すると，
$$y = \frac{1}{(x - 4)(x + 1)} = \frac{1}{5} \left( \frac{1}{x - 4} - \frac{1}{x + 1} \right)$$
$(x + a)^{-1}$ の $n$ 次導関数が $\frac{(-1)^n n!}{(x + a)^{n+1}}$ であることを用いると，
$$y^{(n)} = \frac{1}{5} \left\{ \frac{(-1)^n n!}{(x - 4)^{n+1}} - \frac{(-1)^n n!}{(x + 1)^{n+1}} \right\}$$

$$\boxed{y^{(n)} = \frac{(-1)^n n!}{5} \left\{ \frac{1}{(x - 4)^{n+1}} - \frac{1}{(x + 1)^{n+1}} \right\}}$$

問題(12)

次の関数の $n$ 次の導関数を求めよ．
$$y = \frac{1}{x^2 - 5x + 6}$$

解答(12)

部分分数に分解すると，
$$y = \frac{1}{(x - 2)(x - 3)} = \frac{1}{x - 3} - \frac{1}{x - 2}$$
各項を微分すると，
$$y^{(n)} = \frac{(-1)^n n!}{(x - 3)^{n+1}} - \frac{(-1)^n n!}{(x - 2)^{n+1}}$$

$$\boxed{y^{(n)} = (-1)^n n! \left\{ \frac{1}{(x - 3)^{n+1}} - \frac{1}{(x - 2)^{n+1}} \right\}}$$

問題 5.6

次の関数について、$f''(a)$ を求めよ．

問題 1

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

解答 1

与えられた関数の不定積分
$$\int \frac{1}{x^2 + a^2} dx$$
を求める。$x = a \tan \theta$ と置くと、$dx = \frac{a}{\cos^2 \theta} d\theta$ であり、
$$\begin{aligned} \int \frac{1}{x^2 + a^2} dx &= \int \frac{1}{a^2(1 + \tan^2 \theta)} \cdot \frac{a}{\cos^2 \theta} d\theta \\ &= \int \frac{1}{a^2 \cdot \frac{1}{\cos^2 \theta}} \cdot \frac{a}{\cos^2 \theta} d\theta \\ &= \int \frac{1}{a} d\theta \\ &= \frac{1}{a} \theta + C \\ &= \frac{1}{a} \tan^{-1} \left( \frac{x}{a} \right) + C \end{aligned}$$
ただし、$C$ は積分定数とする。

$$\boxed{\int \frac{1}{x^2 + a^2} dx = \frac{1}{a} \tan^{-1} \left( \frac{x}{a} \right) + C}$$

問題 2

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

解答 2

与えられた関数の不定積分
$$\int \frac{x}{x^2 + a^2} dx$$
を求める。$u = x^2 + a^2$ と置くと、$du = 2x dx$ より $x dx = \frac{1}{2} du$ となる。
$$\begin{aligned} \int \frac{x}{x^2 + a^2} dx &= \int \frac{1}{u} \cdot \frac{1}{2} du \\ &= \frac{1}{2} \ln |u| + C \\ &= \frac{1}{2} \ln (x^2 + a^2) + C \end{aligned}$$
ただし、$C$ は積分定数とする。

$$\boxed{\int \frac{x}{x^2 + a^2} dx = \frac{1}{2} \ln (x^2 + a^2) + C}$$

問題 3

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

解答 3

与えられた関数の不定積分
$$\int \frac{x^2}{x^2 + a^2} dx$$
を求める。分子を分母の形に変形すると、
$$\begin{aligned} \int \frac{x^2}{x^2 + a^2} dx &= \int \frac{(x^2 + a^2) - a^2}{x^2 + a^2} dx \\ &= \int \left( 1 - \frac{a^2}{x^2 + a^2} \right) dx \\ &= \int 1 dx - a^2 \int \frac{1}{x^2 + a^2} dx \end{aligned}$$
解答 1 の結果を利用して、
$$\begin{aligned} \int \frac{x^2}{x^2 + a^2} dx &= x - a^2 \cdot \frac{1}{a} \tan^{-1} \left( \frac{x}{a} \right) + C \\ &= x - a \tan^{-1} \left( \frac{x}{a} \right) + C \end{aligned}$$
ただし、$C$ は積分定数とする。

$$\boxed{\int \frac{x^2}{x^2 + a^2} dx = x - a \tan^{-1} \left( \frac{x}{a} \right) + C}$$

問題 4

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

解答 4

与えられた関数の不定積分
$$\int \frac{1}{(x^2 + a^2)^2} dx$$
を求める。$x = a \tan \theta$ と置くと、$dx = \frac{a}{\cos^2 \theta} d\theta$ であり、
$$\begin{aligned} \int \frac{1}{(x^2 + a^2)^2} dx &= \int \frac{1}{(a^2 \sec^2 \theta)^2} \cdot a \sec^2 \theta d\theta \\ &= \int \frac{a \sec^2 \theta}{a^4 \sec^4 \theta} d\theta \\ &= \frac{1}{a^3} \int \cos^2 \theta d\theta \\ &= \frac{1}{a^3} \int \frac{1 + \cos 2\theta}{2} d\theta \\ &= \frac{1}{2a^3} \left( \theta + \frac{1}{2} \sin 2\theta \right) + C \\ &= \frac{1}{2a^3} (\theta + \sin \theta \cos \theta) + C \end{aligned}$$
ここで、$\tan \theta = \frac{x}{a}$ より、$\sin \theta = \frac{x}{\sqrt{x^2+a^2}}$, $\cos \theta = \frac{a}{\sqrt{x^2+a^2}}$ なので、
$$\begin{aligned} \int \frac{1}{(x^2 + a^2)^2} dx &= \frac{1}{2a^3} \left\{ \tan^{-1} \left( \frac{x}{a} \right) + \frac{x}{\sqrt{x^2+a^2}} \cdot \frac{a}{\sqrt{x^2+a^2}} \right\} + C \\ &= \frac{1}{2a^2} \left\{ \frac{x}{x^2 + a^2} + \frac{1}{a} \tan^{-1} \left( \frac{x}{a} \right) \right\} + C \end{aligned}$$
ただし、$C$ は積分定数とする。

$$\boxed{\int \frac{1}{(x^2 + a^2)^2} dx = \frac{1}{2a^2} \left( \frac{x}{x^2 + a^2} + \frac{1}{a} \tan^{-1} \left( \frac{x}{a} \right) \right) + C}$$

問題 5

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

解答 5

与えられた関数の不定積分
$$\int \frac{x}{(x^2 + a^2)^2} dx$$
を求める。$u = x^2 + a^2$ と置くと、$du = 2x dx$ より $x dx = \frac{1}{2} du$ となる。
$$\begin{aligned} \int \frac{x}{(x^2 + a^2)^2} dx &= \int \frac{1}{u^2} \cdot \frac{1}{2} du \\ &= \frac{1}{2} \int u^{-2} du \\ &= \frac{1}{2} \left( -u^{-1} \right) + C \\ &= -\frac{1}{2u} + C \\ &= -\frac{1}{2(x^2 + a^2)} + C \end{aligned}$$
ただし、$C$ は積分定数とする。

$$\boxed{\int \frac{x}{(x^2 + a^2)^2} dx = -\frac{1}{2(x^2 + a^2)} + C}$$

例題 5.6

関数 $a^x$ をマクローリンの定理により第 $n$ 次剰余項まで展開せよ．

解答

1. 各次導関数の $x=0$ における値

$f(x) = a^x$ とすると、第 $k$ 次導関数は
$f^{(k)}(x) = a^x (\ln a)^k$
となります。したがって、$x=0$ のとき
$f^{(k)}(0) = (\ln a)^k$
です。

2. 展開式

マクローリンの定理により、
$$a^x = \sum_{k=0}^{n-1} \frac{(\ln a)^k}{k!} x^k + R_n$$
すなわち、
$$a^x = 1 + (\ln a)x + \frac{(\ln a)^2}{2!}x^2 + \dots + \frac{(\ln a)^{n-1}}{(n-1)!}x^{n-1} + R_n$$
と展開されます。

3. 第 $n$ 次剰余項（ラグランジュの剰余項）

剰余項 $R_n$ は、ある $0 < \theta < 1$ に対して以下のように表されます。
$$R_n = \frac{(\ln a)^n a^{\theta x}}{n!} x^n$$

問題 5.7 次の関数をマクローリンの定理により第 $n$ 次剰余項まで展開せよ．

問題 (1)

次の関数をマクローリンの定理により第 $n$ 次剰余項まで展開せよ．
$e^x$

解答 (1)

$f(x) = e^x$ とおくと，その $k$ 次導関数は
$$f^{(k)}(x) = e^x$$
となる．$x = 0$ における微分係数は，すべての $k$ に対して
$$f^{(k)}(0) = e^0 = 1$$
である．マクローリンの定理より，ある $0 < \theta < 1$ に対して次のように展開できる．
$$\begin{aligned} f(x) &= \sum_{k=0}^{n-1} \frac{f^{(k)}(0)}{k!}x^k + R_n \\ &= \sum_{k=0}^{n-1} \frac{1}{k!}x^k + \frac{f^{(n)}(\theta x)}{n!}x^n \end{aligned}$$
したがって，
$$e^x = 1 + x + \frac{x^2}{2!} + \dots + \frac{x^{n-1}}{(n-1)!} + \frac{e^{\theta x}}{n!}x^n \quad (0 < \theta < 1)$$

$$\boxed{e^x = \sum_{k=0}^{n-1} \frac{x^k}{k!} + \frac{e^{\theta x}}{n!}x^n}$$

問題 (2)

次の関数をマクローリンの定理により第 $n$ 次剰余項まで展開せよ．
$\sqrt{1+x}$

解答 (2)

$f(x) = (1+x)^{\frac{1}{2}}$ とおくと，その $k$ 次導関数は
$$\begin{aligned} f'(x) &= \frac{1}{2}(1+x)^{-\frac{1}{2}} \\ f''(x) &= \frac{1}{2}\left( -\frac{1}{2} \right)(1+x)^{-\frac{3}{2}} \\ f^{(k)}(x) &= \frac{1}{2}\left( \frac{1}{2} - 1 \right) \dots \left( \frac{1}{2} - k + 1 \right)(1+x)^{\frac{1}{2}-k} \end{aligned}$$
となる．ここで，一般化された二項係数を用いて
$$\binom{\alpha}{k} = \frac{\alpha(\alpha - 1) \dots (\alpha - k + 1)}{k!}$$
と表すと，$f^{(k)}(0) = k! \binom{1/2}{k}$ である．
マクローリンの定理により，ある $0 < \theta < 1$ に対して
$$\begin{aligned} f(x) &= \sum_{k=0}^{n-1} \binom{1/2}{k}x^k + R_n \\ R_n &= \frac{f^{(n)}(\theta x)}{n!}x^n = \binom{1/2}{n} (1+\theta x)^{\frac{1}{2}-n} x^n \end{aligned}$$
したがって，
$$\sqrt{1+x} = 1 + \frac{1}{2}x - \frac{1}{8}x^2 + \dots + \binom{1/2}{n-1}x^{n-1} + \binom{1/2}{n}(1+\theta x)^{\frac{1}{2}-n}x^n$$

$$\boxed{\sqrt{1+x} = \sum_{k=0}^{n-1} \binom{1/2}{k}x^k + \binom{1/2}{n}(1+\theta x)^{\frac{1}{2}-n}x^n}$$

問題 (3)

次の関数をマクローリンの定理により第 $n$ 次剰余項まで展開せよ．
$\log(1+cx)$

解答 (3)

$f(x) = \log(1+cx)$ とおく．導関数を求めると
$$\begin{aligned} f'(x) &= \frac{c}{1+cx} = c(1+cx)^{-1} \\ f''(x) &= -c^2(1+cx)^{-2} \\ f'''(x) &= 2c^3(1+cx)^{-3} \\ f^{(k)}(x) &= (-1)^{k-1}(k-1)!c^k(1+cx)^{-k} \quad (k \ge 1) \end{aligned}$$
となる．$x = 0$ における微分係数は
$$f(0) = 0, \quad f^{(k)}(0) = (-1)^{k-1}(k-1)!c^k$$
である．マクローリンの定理を適用すると，第 $n$ 次剰余項 $R_n$ は
$$\begin{aligned} R_n &= \frac{f^{(n)}(\theta x)}{n!}x^n \\ &= \frac{(-1)^{n-1}(n-1)!c^n}{n!(1+c\theta x)^n}x^n \\ &= \frac{(-1)^{n-1}c^n x^n}{n(1+c\theta x)^n} \end{aligned}$$
したがって，展開式は
$$\log(1+cx) = cx - \frac{c^2 x^2}{2} + \frac{c^3 x^3}{3} - \dots + \frac{(-1)^{n-2}c^{n-1}x^{n-1}}{n-1} + \frac{(-1)^{n-1}c^n x^n}{n(1+c\theta x)^n}$$

$$\boxed{\log(1+cx) = \sum_{k=1}^{n-1} \frac{(-1)^{k-1}c^k x^k}{k} + \frac{(-1)^{n-1}c^n x^n}{n(1+c\theta x)^n}}$$

問題 (4)

次の関数をマクローリンの定理により第 $n$ 次剰余項まで展開せよ．
$\cos x$

解答 (4)

$f(x) = \cos x$ の $k$ 次導関数は
$$f^{(k)}(x) = \cos\left( x + \frac{k\pi}{2} \right)$$
である．$x = 0$ における微分係数は
$$f^{(k)}(0) = \cos\left( \frac{k\pi}{2} \right) = \begin{cases} 0 & (k = 2m-1) \\ (-1)^m & (k = 2m) \end{cases}$$
となる．マクローリンの定理により，ある $0 < \theta < 1$ に対して
$$f(x) = \sum_{k=0}^{n-1} \frac{\cos(k\pi/2)}{k!}x^k + R_n$$
ここで，第 $n$ 次剰余項 $R_n$ は
$$R_n = \frac{f^{(n)}(\theta x)}{n!}x^n = \frac{\cos(\theta x + n\pi/2)}{n!}x^n$$
である．

$$\boxed{\cos x = \sum_{k=0}^{n-1} \frac{\cos(k\pi/2)}{k!}x^k + \frac{\cos(\theta x + n\pi/2)}{n!}x^n}$$

問題 (5)

次の関数をマクローリンの定理により第 $n$ 次剰余項まで展開せよ．
$\sin x$

解答 (5)

$f(x) = \sin x$ の $k$ 次導関数は
$$f^{(k)}(x) = \sin\left( x + \frac{k\pi}{2} \right)$$
である．$x = 0$ における微分係数は
$$f^{(k)}(0) = \sin\left( \frac{k\pi}{2} \right) = \begin{cases} (-1)^{m-1} & (k = 2m-1) \\ 0 & (k = 2m) \end{cases}$$
となる．マクローリンの定理により，ある $0 < \theta < 1$ に対して
$$f(x) = \sum_{k=0}^{n-1} \frac{\sin(k\pi/2)}{k!}x^k + R_n$$
ここで，第 $n$ 次剰余項 $R_n$ は
$$R_n = \frac{f^{(n)}(\theta x)}{n!}x^n = \frac{\sin(\theta x + n\pi/2)}{n!}x^n$$
である．

$$\boxed{\sin x = \sum_{k=0}^{n-1} \frac{\sin(k\pi/2)}{k!}x^k + \frac{\sin(\theta x + n\pi/2)}{n!}x^n}$$

問題 5.8

$e^x$ にテイラーの定理を適用して，
$$x = \frac{1}{2}$$
を中心とする展開を第 $n$ 次の剰余項まで求めよ．

解答

$e^x$ の $x = \frac{1}{2}$ を中心とする展開（テイラーの定理）

関数 $f(x) = e^x$ に対して、中心 $a = \frac{1}{2}$ でテイラーの定理を適用します。

1. 導関数の準備

$f(x) = e^x$ の $k$ 階導関数は、すべての $k$ に対して以下のようになります。
$$f^{(k)}(x) = e^x$$

展開の中心 $x = \frac{1}{2}$ における値は次の通りです。
$$f^{(k)}\left(\frac{1}{2}\right) = e^{\frac{1}{2}}$$

2. テイラーの定理の適用

テイラーの定理より、ある $n$ に対して次のように展開されます。
$$f(x) = \sum_{k=0}^{n} \frac{f^{(k)}(\frac{1}{2})}{k!} \left(x - \frac{1}{2}\right)^k + R_{n+1}$$

ここに各値を代入すると、以下の展開式が得られます。
$$e^x = \sum_{k=0}^{n} \frac{e^{\frac{1}{2}}}{k!} \left(x - \frac{1}{2}\right)^k + R_{n+1}$$

具体的に書き下すと以下の通りです。
$$e^x = e^{\frac{1}{2}} + e^{\frac{1}{2}}\left(x - \frac{1}{2}\right) + \frac{e^{\frac{1}{2}}}{2!}\left(x - \frac{1}{2}\right)^2 + \dots + \frac{e^{\frac{1}{2}}}{n!}\left(x - \frac{1}{2}\right)^n + R_{n+1}$$

3. 剰余項 $R_{n+1}$

ラグランジュの剰余項は、$\frac{1}{2}$ と $x$ の間にある適当な数 $c$ を用いて次のように表されます。
$$R_{n+1} = \frac{e^c}{(n+1)!} \left(x - \frac{1}{2}\right)^{n+1}$$

例題 5.7

次の関数のマクローリン級数を求めよ.

$f(x) = \tan^{-1} x.$

解答

$f(x) = \tan^{-1} x$ のマクローリン級数

1. 導出の準備（微分）

まず、関数を微分して扱いやすい形にします。
$$f'(x) = \frac{1}{1 + x^2}$$

2. 等比級数への展開

等比級数の和の公式 $\frac{1}{1 - r} = \sum_{n=0}^{\infty} r^n$ （ただし $|r| < 1$）において、 $r = -x^2$ と置くと、次のように展開できます。

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

これを具体的に書き下すと以下のようになります。
$$f'(x) = 1 - x^2 + x^4 - x^6 + \dots$$

3. 項別積分による導出

$f(0) = \tan^{-1} 0 = 0$ であることを利用し、両辺を $0$ から $x$ まで積分します。

$$f(x) = \int_{0}^{x} f'(t) dt = \int_{0}^{x} \left( \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n t^{2n} \right) dt$$
$$f(x) = \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n \left[ \frac{t^{2n+1}}{2n+1} \right]_{0}^{x}$$

解答

求めるマクローリン級数は以下の通りです。

一般項形式:
$$f(x) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n x^{2n+1}}{2n+1}$$

具体項形式:
$$f(x) = x - \frac{x^3}{3} + \frac{x^5}{5} - \frac{x^7}{7} + \dots$$

補足

• 収束半径: $R = 1$ です。
• ライプニッツの公式: $x = 1$ を代入すると、円周率 $\pi$ に関する以下の美しい交代級数が得られます。
  $$\frac{\pi}{4} = 1 - \frac{1}{3} + \frac{1}{5} - \frac{1}{7} + \dots$$

問題5.9

次の関数について，$f^{(n)}(0)$ を求め，かつマクローリン級数に展開せよ．

問題(1)

次の関数について，$f^{(n)}(0)$ を求め，かつマクローリン級数に展開せよ．
$\log(2+3x)$

解答 1

与えられた関数を $f(x) = \log(2+3x)$ とおく。
まず、
$$f(0) = \log 2$$
である。次に、各階導関数を求める。
$$f'(x) = \frac{3}{2+3x} = 3(2+3x)^{-1}$$
$$f''(x) = 3(-1)(2+3x)^{-2} \cdot 3 = -3^2(2+3x)^{-2}$$
$$f'''(x) = -3^2(-2)(2+3x)^{-3} \cdot 3 = 3^3 \cdot 2!(2+3x)^{-3}$$
これを繰り返すと、$n \ge 1$ に対して第 $n$ 階導関数は
$$f^{(n)}(x) = (-1)^{n-1} 3^n (n-1)! (2+3x)^{-n}$$
となる。よって、$x=0$ における値は
$$f^{(n)}(0) = (-1)^{n-1} 3^n (n-1)! 2^{-n} = (-1)^{n-1} (n-1)! \left( \frac{3}{2} \right)^n$$
となる。
マクローリン級数の定義
$$f(x) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{f^{(n)}(0)}{n!} x^n$$
に代入すると、
$$\begin{aligned} f(x) &= \log 2 + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1} (n-1)! \left( \frac{3}{2} \right)^n}{n!} x^n \\ &= \log 2 + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{n} \left( \frac{3}{2} x \right)^n \end{aligned}$$

$$\boxed{ f^{(n)}(0) = \begin{cases} \log 2 & (n=0) \\ (-1)^{n-1} (n-1)! \left( \frac{3}{2} \right)^n & (n \ge 1) \end{cases}, \quad f(x) = \log 2 + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{n} \left( \frac{3}{2} x \right)^n }$$

問題(2)

次の関数について，$f^{(n)}(0)$ を求め，かつマクローリン級数に展開せよ．
$$f(x) = \log(x + \sqrt{1+x^2})$$

解答 2

$f(x) = \log(x + \sqrt{1+x^2})$ について、
$$f'(x) = \frac{1 + \frac{x}{\sqrt{1+x^2}}}{x + \sqrt{1+x^2}} = \frac{\frac{\sqrt{1+x^2} + x}{\sqrt{1+x^2}}}{x + \sqrt{1+x^2}} = \frac{1}{\sqrt{1+x^2}} = (1+x^2)^{-\frac{1}{2}}$$
である。
これを二項定理により展開すると、
$$(1+x^2)^{-\frac{1}{2}} = 1 + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-\frac{1}{2})(-\frac{3}{2})\cdots(-\frac{2n-1}{2})}{n!} x^{2n}$$
$$(1+x^2)^{-\frac{1}{2}} = 1 + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n (2n-1)!!}{2^n n!} x^{2n} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n (2n-1)!!}{(2n)!!} x^{2n}$$
ここで、$(2n)!! = 2^n n!$ および $(-1)!! = 1$ とする。
これを $x$ で積分し、$f(0)=0$ を用いると、
$$f(x) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n (2n-1)!!}{(2n)!!(2n+1)} x^{2n+1}$$
これより、$f^{(n)}(0)$ は偶数次では $0$ となり、奇数次 $n=2k+1$ では次のようになる。
$$\frac{f^{(2k+1)}(0)}{(2k+1)!} = \frac{(-1)^k (2k-1)!!}{(2k)!!(2k+1)}$$
$$f^{(2k+1)}(0) = \frac{(-1)^k (2k-1)!! (2k+1)!}{(2k)!!(2k+1)} = (-1)^k \{(2k-1)!!\}^2$$

$$\boxed{ f^{(n)}(0) = \begin{cases} (-1)^k \{(2k-1)!!\}^2 & (n=2k+1) \\ 0 & (n=2k) \end{cases}, \quad f(x) = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k (2k-1)!!}{(2k+1)!!} x^{2k+1} }$$
※ただし $(2k+1)!! = (2k)!!(2k+1)$。

問題(3)

次の関数について，$f^{(n)}(0)$ を求め，かつマクローリン級数に展開せよ．
$$f(x) = (\sin^{-1} x)^2$$

解答 3

$f(x) = (\sin^{-1} x)^2$ とする。
$$f'(x) = 2 \sin^{-1} x \cdot \frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$$
$$\sqrt{1-x^2} f'(x) = 2 \sin^{-1} x$$
両辺を2乗して
$$(1-x^2) \{f'(x)\}^2 = 4 (\sin^{-1} x)^2 = 4 f(x)$$
これを $x$ で微分すると
$$-2x \{f'(x)\}^2 + (1-x^2) \cdot 2 f'(x) f''(x) = 4 f'(x)$$
$f'(x)$ で割ると（$f'(x) \neq 0$ の範囲で）
$$(1-x^2) f''(x) - x f'(x) = 2$$
この式の両辺を Leibniz の公式を用いて $n$ 回微分すると
$$(1-x^2) f^{(n+2)}(x) - 2nx f^{(n+1)}(x) - n(n-1) f^{(n)}(x) - \{x f^{(n+1)}(x) + n f^{(n)}(x)\} = 0$$
$$(1-x^2) f^{(n+2)}(x) - (2n+1)x f^{(n+1)}(x) - n^2 f^{(n)}(x) = 0$$
$x=0$ を代入して
$$f^{(n+2)}(0) = n^2 f^{(n)}(0)$$
$f(0)=0, f'(0)=0, f''(0)=2$ より、奇数次導関数はすべて $0$ となる。
偶数次 $n=2k$ については
$$f^{(2k)}(0) = (2k-2)^2 f^{(2k-2)}(0) = (2k-2)^2 (2k-4)^2 \cdots 2^2 f^{(2)}(0)$$
$$f^{(2k)}(0) = \{(2k-2)!!\}^2 \cdot 2 = 2^{2k-1} \{(k-1)!\}^2$$

$$\sqrt{1-x^2} f'(x) = 2 \sin^{-1} x$$0

問題(4)

次の関数について，$f^{(n)}(0)$ を求め，かつマクローリン級数に展開せよ．
$$f(x) = (\tan^{-1} x)^2$$

解答 4

$f(x) = (\tan^{-1} x)^2$ は偶関数であるから、奇数次の導関数 $f^{(2n-1)}(0)$ はすべて $0$ である。
まず、
$$f'(x) = 2 \tan^{-1} x \cdot \frac{1}{1+x^2}$$
ここで、$\tan^{-1} x$ と $(1+x^2)^{-1}$ の級数展開は
$$\tan^{-1} x = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k}{2k+1} x^{2k+1}$$
$$\frac{1}{1+x^2} = \sum_{m=0}^{\infty} (-1)^m x^{2m}$$
これらの積を考えると、$f'(x)$ は次のように書ける。
$$\begin{aligned} f'(x) &= 2 \left( \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k}{2k+1} x^{2k+1} \right) \left( \sum_{m=0}^{\infty} (-1)^m x^{2m} \right) \\ &= 2 \sum_{n=1}^{\infty} \left( \sum_{k=0}^{n-1} \frac{(-1)^k}{2k+1} (-1)^{n-1-k} \right) x^{2n-1} \\ &= 2 \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} \left( \sum_{k=0}^{n-1} \frac{1}{2k+1} \right) x^{2n-1} \end{aligned}$$
これを項別積分して $f(0)=0$ を考慮すると
$$f(x) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{n} \left( \sum_{k=1}^n \frac{1}{2k-1} \right) x^{2n}$$
よって、偶数次の係数から $f^{(2n)}(0)$ を求めると
$$\frac{f^{(2n)}(0)}{(2n)!} = \frac{(-1)^{n-1}}{n} \sum_{k=1}^n \frac{1}{2k-1}$$
$$f^{(2n)}(0) = 2 (-1)^{n-1} (2n-1)! \sum_{k=1}^n \frac{1}{2k-1}$$

$$\boxed{ f^{(n)}(0) = \begin{cases} 2 (-1)^{k-1} (2k-1)! \sum_{j=1}^k \frac{1}{2j-1} & (n=2k, k \ge 1) \\ 0 & (n=0, \text{または } n \text{ が奇数}) \end{cases}, \quad f(x) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{n} \left( \sum_{k=1}^n \frac{1}{2k-1} \right) x^{2n} }$$