この記事では一変数実数関数のテイラー展開（Taylor展開）を解説します．
テイラーの定理
テイラーの定理
関数 \(f(x)\) が点 \(a\) を含む区間 \(I\) で \(n+1\) 回微分可能であれば， \(x\in I\) に対して，ある \(c\) が \(x\) と \(a\) の間に存在して，
$$f(x)=\sum_{k=0}^{n}\frac{f^{(k)}(a)}{n!}(x-a)^k+R_{n+1}$$
が成り立つ．
ここで， \(R_{n+1}\) は剰余項と呼ばれ，
$$R_{n+1}=\frac{f^{(n+1)}(c)}{(n+1)!}(x-a)^{n+1}$$
テイラーの定理の証明
関数 \(f(x)\) に対して， \(x\in I\)で
$$\int_{a}^{x}f'(\tau)d\tau=f(x)-f(a)$$
となるので，
$$f(x)=f(a)+\int_{a}^{x}f'(\tau)d\tau\ .$$
ここで，右辺の積分項は部分積分より，
\begin{eqnarray}
\int_{a}^{x}f'(\tau)d\tau&=&\int_{a}^{x}\{-(x-\tau)\}’f'(\tau)d\tau\\
&=&\left[-(x-\tau)f'(\tau) \right]_{a}^{x}+\int_{a}^{x}(x-\tau)f^{(2)}(\tau)d\tau\\
&=&\frac{f'(a)}{1!}(x-a)+\int_{a}^{x}(x-\tau)f^{(2)}(\tau)d\tau
\end{eqnarray}
したがって，
$$f(x)=f(a)+\frac{f'(a)}{1!}(x-a)+\int_{a}^{x}(x-\tau)f^{(2)}(\tau)d\tau$$
となる．続けて，右辺の積分項は部分積分より，
\begin{eqnarray}
\int_{a}^{x}(x-\tau)f^{(2)}(\tau)d\tau
&=&\int_{a}^{x}\left\{-\frac{1}{2}(x-\tau)^2\right\}’f^{(2)}(\tau)d\tau\\
&=&\left[-\frac{1}{2}(x-\tau)^2f^{(2)}(\tau) \right]_{a}^{x}+\int_{a}^{x}\frac{1}{2}(x-\tau)^2f^{(3)}(\tau)d\tau\\
&=&\frac{f^{(2)}(a)}{2!}(x-a)^2+\int_{a}^{x}\frac{1}{2}(x-\tau)^2f^{(3)}(\tau)d\tau
\end{eqnarray}
したがって，
$$f(x)=f(a)+\frac{f'(a)}{1!}(x-a)+\frac{f^{(2)}(a)}{2!}(x-a)^2+\int_{a}^{x}\frac{1}{2!}(x-\tau)^2f^{(3)}(\tau)d\tau\ .$$
\(f(x)\) は \(n+1\) 回微分可能なので，同様の操作により，
$$f(x)=\sum_{k=0}^{n}\frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x-a)^k+
\int_a^x \frac{f^{(n+1)}(\tau)}{n!}(x-\tau)^{n}d\tau$$
が得られる．
この右辺の積分項を剰余類 \(R_{n+1}\) として定義しても良い．
ここで，右辺の積分項を \(g(x)\) とすると，次のようになる．
$$g(x)=f(x)-\sum_{k=0}^{n}\frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x-a)^k$$
このとき， \(g(x)\) は \(n+1\) 回微分可能なので， \((0\leq i\leq n)\) に対して，
$$g^{(i)}(x)=f^{(i)}(x)-\sum_{k=i}^{n}\frac{f^{(k)}(a)}{(k-i)!}(x-a)^{k-i}$$
となり， \(g^{(i)}(a)=0\) であり，また， \(g^{(n+1)}(x)=f^{(n+1)}(x)\) である．
ところで，次の定理が成り立つ．
コーシーの平均値の定理
\(f(x),g(x)\) が閉区間 \([a,b]\) で連続，開区間 \((a,b)\) で微分可能かつ \(g'(x)\neq 0\) ならば，
$$\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}=\frac{f'(c)}{g'(c)}\quad (a\lt c\lt b)$$
となる \(c\) が存在する．
この定理から， \(h(x)=(x-a)^{n+1}\) とすると， \(g^{(i)}(a)=0\) なので，
$$\frac{g(x)-g(a)}{h(x)-h(a)}=\frac{g(x)}{(x-a)^{n+1}}=\frac{g'(x_1)}{(n+1)(x_1-a)^{n}}$$
となる \(x_1\) が \(x\) と \(a\) の間に存在する．また，
$$\frac{g'(x_1)}{(n+1)(x_1-a)^{n}}=\frac{g'(x_1)-g'(a)}{(n+1)\{(x_1-a)^{n}-(a-a)^{n}\}}=\frac{g^{(2)}(x_2)}{(n+1)n(x_2-a)^{n-1}}$$
となる． \(x_2\) が \(x_1\) と \(a\) の間に存在する．つまり， \(x\) と \(a\) の間に存在する．
同様にして， \(g(x),h(x)\) は \(n+1\) 回微分可能なので，
$$\frac{g(x)}{(x-a)^{n+1}}=\frac{g'(x_1)}{(n+1)(x_1-a)^{n}}=\frac{g^{(2)}(x_2)}{(n+1)n(x_2-a)^{n-1}}=\cdots=\frac{g^{(n+1)}(x_{n+1})}{(n+1)!}$$
したがって，
$$\frac{g(x)}{(x-a)^{n+1}}=\frac{g^{(n+1)}(x_{n+1})}{(n+1)!}=\frac{f^{(n+1)}(x_{n+1})}{(n+1)!}$$
であるので， \(x\) と \(a\) の間にある \(c\) が存在して，
$$g(x)=\frac{f^{(n+1)}(c)}{(n+1)!}(x-a)^{n+1}$$
が成り立つ．したがって，
$$f(x)=\sum_{k=0}^{n}\frac{f^{(k)}(a)}{n!}(x-a)^k+\frac{f^{(n+1)}(c)}{(n+1)!}(x-a)^{n+1}$$
が成り立つ．
証明の中にあるように剰余項 \(R_{n+1}\) を
$$R_{n+1}=\int_a^x \frac{f^{(n+1)}(\tau)}{n!}(x-\tau)^{n}d\tau$$
と定義してもテイラーの定理を満たします．
テイラー展開
テイラーの定理を元にテイラー展開を導入します．
\(f(x)\) が無限回微分可能とすると，テイラーの定理より，
$$f(x)=\sum_{k=0}^{n}\frac{f^{(k)}(a)}{n!}(x-a)^k+R_{n+1}$$
とかけて， \(n\rightarrow \infty\) を考えます．
$$\lim_{n\rightarrow \infty}\left\{ \sum_{k=0}^{n}\frac{f^{(k)}(a)}{n!}(x-a)^k+R_{n+1} \right \}$$
このとき，もし， \(R_{n+1}\) が 0 に収束するなら，
$$f(x)= \sum_{k=0}^{\infty}\frac{f^{(k)}(a)}{n!}(x-a)^k$$
となり，これがテイラー展開と呼ばれるものです．
テイラー展開
関数 \(f(x)\) が点 \(a\) を含む区間 \(I\) で無限回微分可能であるとき，
$$\lim_{n\rightarrow \infty}R_{n+1}=\lim_{n\rightarrow \infty}\frac{f^{(n+1)}(c)}{(n+1)!}(x-a)^{n+1}=0$$
となる \(x\) の範囲で，
$$f(x)= \sum_{k=0}^{\infty}\frac{f^{(k)}(a)}{n!}(x-a)^k$$
と級数展開できる．この展開を関数 \(f(x)\) の点 \(a\) 周りでのテイラー展開と呼ぶ．また，特に，点 \(0\) 周りでのテイラー展開をマクローリン展開と呼ぶ．
関数 \(f(x)\) に対して
$$\sum_{k=0}^{\infty}\frac{f^{(k)}(a)}{n!}(x-a)^k$$
と表される冪級数をテイラー級数といいます．
テイラー展開の可能性
ある関数がテイラー展開が可能か否かは，剰余項 \(R_{n+1}\) が 0 に収束するかで決まり，剰余項 \(R_{n+1}\) が 0 に収束するかは，区間 \(I\) の点 \(x\) によって異なります．
例として， \(\mathbb{R}\setminus\{-1\}\) で定義された関数 \(f(x)=\frac{1}{1+x}\) の点 0 周りでのテイラー展開（マクローリン展開）を考えます．
このとき， \(f(x)=\frac{1}{1+x}\) は \(-1\lt x \leq 1\) では
$$f(x)=1-x+x^2-x^3+\cdots +(-1)^{n}x^n+\cdots$$
となり，テイラー展開が可能ですが \(-1\geq x,\ 1\lt x\) では等号は成り立ちません．
\(f(x)=\frac{1}{1+x}\)のテイラー展開とその可能性
\(f(x)=\frac{1}{1+x}\) の点 0 周りでのテイラー展開を考えると，
$$f'(x)=\frac{-1}{(1+x)^2},\ \ f^{(2)}(x)=\frac{2!}{(1+x)^3},\\
f^{(3)}(x)=\frac{-3!}{(1+x)^4},\ \ \cdots ,\ \ f^{(n)}(x)=(-1)^{n}\frac{n!}{(1+x)^{n+1}}$$
であるので，テイラーの定理より，
$$f(x)=1-x+x^2-x^3+\cdots +(-1)^{n}x^n+R_{n+1}$$
とできて，剰余項は
$$R_{n+1}=\frac{f^{(n+1)}(c)}{(n+1)!}(x-0)^{n+1}=\frac{(-1)^{n+1}}{(1+c)^{n+2}}x^{n+1}$$
ここで， \(c\) はテイラーの定理を満たすような \(0\) と \(x\) の間の値である．
\(0\lt x\leq 1\) ならば， \((1+c)\gt 1\) より，
$$0\lt \frac{x}{1+c}\lt 1$$
なので，
$$\lim_{n\rightarrow \infty} R_{n+1} = \lim_{n\rightarrow \infty} \frac{(-1)^{n+1}}{1+c} \left( \frac{x}{1+c}\right)^{n+1} = 0\ .$$
また， \(-1\lt x\lt 0\) であるときは， \(R_{n+1}\) は
$$R_{n+1}=\int_0^x \frac{f^{(n+1)}(\tau)}{n!}(x-\tau)^{n}d\tau$$
ともかけるので，
$$R_{n+1} = \int_0^x \frac{(-1)^{n+1}(n+1)}{(1+\tau)^{n+2}}(x-\tau)^{n}d\tau\ .$$
\(\tau = x\theta\) とおくと， \(0\leq \theta \leq 1\) で，
$$R_{n+1}=\int_0^1 \frac{(-1)^{n+1}(n+1)}{(1+x\theta)^{n+2}}(1-\theta)^{n}x^{n+1}d\theta \ .$$
\(y=-x\) とおくと， \(0\lt y\lt 1\) で，
$$R_{n+1}= y^{n+1} \int_0^1 \frac{(n+1)(1-\theta)^{n}}{(1-y\theta)^{n+2}} d\theta\ .$$
\(0\leq y\theta\lt 1\) かつ \(0\leq \theta \leq 1\) かつ \(y\theta \leq \theta\) なので，
$$0 \leq \frac{1-\theta}{1-y\theta}\leq 1\ .$$
したがって，
\begin{eqnarray}
R_{n+1}&\leq& y^{n+1} \int_0^1 \frac{n+1}{(1-y\theta)^2} d\theta\\
&=&(n+1)y^{n} \left[ \frac{1}{1-y\theta} \right]_0^1\\
&=&(n+1)y^{n} \left\{ \frac{1}{1-y}-1 \right\}
\end{eqnarray}
$$\lim_{n\rightarrow \infty} R_{n+1} \leq \lim_{n\rightarrow \infty} (n+1)y^{n+1} \left\{ \frac{y}{1-y} \right\} =0
$$
\(x=0\) ならば，当然 \(R_{n+1}=0\) である．
よって， \(f(x)=\frac{1}{1+x}\) は， \(-1\lt x\leq 1\) の範囲で，
$$f(x)=1-x+x^2-x^3+\cdots +(-1)^{n}x^n+\cdots $$
と展開できる．
最後に \(-1\geq x,\ 1\lt x\) の範囲では，
$$f(x)=1-x+x^2-x^3+\cdots +(-1)^{n}x^n+\cdots $$
と，展開できないことを示す．これは右辺が発散することを示せば十分．
（実際，等式が成り立つと仮定すると， \(R_{n+1}\) と右辺の \((-1)^{n+1}x^{n+1}\) 以降の項の和が等しくなるが，右辺か発散すると言うことは， \((-1)^{n+1}x^{n+1}\) 以降の項の和が発散すると言うことなので， \(R_{n+1}\) が発散し，展開可能であることと矛盾する．）
ダランベールの収束判定法より，
$$r=\lim_{n\rightarrow \infty} \left| \frac{a_n}{a_{n+1}} \right| = 1$$
より，無限級数
$$1-x+x^2-x^3+\cdots +(-1)^{n}x^n+\cdots $$
は， \(|x|\gt 1\) で発散し， \(x=-1\) のときは， \(f(x)\) は定義されていない．
以上のことから， \(f(x)=\frac{1}{1+x}\) は \(-1\lt x \leq 1\) ではテイラー展開が可能で， \(-1\geq x,\ 1\lt x\) ではテイラー展開不可能．
関数 \(f(x)\) の点 \(a\) 周りでのテイラー展開を考えたとき， \(f(x)\) が点 \(a\) を含むある開区間でテイラー展開可能ならば，つまり，剰余項 \(R_{n+1}\) が 0 に収束ならば， \(f(x)\) は点 \(a\) で解析的であるといます．
一般に \(f(x)\) の点 \(a\) 周りでのテイラー展開を考えたとき， \(R_{n+1}\) が収束する区間を調べることは，難しい問題でその都度確かめていくしかありません．
剰余項が 0 に収束する区間では，関数はその関数のテイラー級数と一致するため，テイラー級数はその区間で収束します．しかし，この逆は必ずしも成り立ちません．つまり，テイラー級数がある区間で収束しても，その区間で元の関数と一致するとは限りません．
テイラー級数が収束しても元の関数と一致しない例
次の関数 \(f(x)\) の点 0 周りでのテイラー級数は， \(f^{(n)}(0)=0\) であるのでテイラー級数は \(0\) となり全ての \(x\) で収束するが，これは \(x\gt 0\) で元の関数と一致しない．すなわちこの関数は点 0 で解析的でない．
$$
f(x)= \left\{
\begin{array}{ccc}
e^{-\frac{1}{x}} \quad (x \gt 0) \\
\ \ 0\ \ \quad (x\leq 0)
\end{array}
\right.
$$
テイラー展開の代表例
テイラー展開の代表例
$$e^x=\sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{k!}x^k=1+x+\frac{1}{2!}x^2+\frac{1}{3!}x^3+\frac{1}{4!}x^4 \cdots \quad (-\infty \leq x \leq \infty) $$
$$\sin x=\sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k}{(2k+1)!}x^{2k+1}=x-\frac{1}{3!}x^3+\frac{1}{5!}x^5-\frac{1}{7!}x^7 \cdots \quad (-\infty \leq x \leq \infty) $$
$$\cos x=\sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k}{(2k)!}x^{2k}=1-\frac{1} {2!}x^2+\frac{1}{4!}x^4-\frac{1}{6!}x^6 \cdots \quad (-\infty \leq x \leq \infty) $$
$$\log (1+x)=\sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k+1}}{k}x^{k}=x-\frac{1} {2}x^2+\frac{1}{3}x^3-\frac{1}{4}x^4 \cdots \quad (-1 \lt x \leq 1) $$
$$\log (1-x)=-\sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k}x^{k}=-x-\frac{1} {2}x^2-\frac{1}{3}x^3-\frac{1}{4}x^4 \cdots \quad (-1 \leq x \lt 1) $$
$$\frac{1}{1-x}=\sum_{k=0}^{\infty} x^{k}=1+x+x^2+x^3+x^4 \cdots \quad (-1 \lt x \lt 1) $$
単振り子の運動方程式を算出する際， \(\theta\) が小さいと仮定して \(\sin\theta\simeq\theta\) として計算しますが，この近似は \(\sin\theta\) のテイラー展開が
$$\sin x=x-\frac{1}{3!}x^3+\frac{1}{5!}x^5- \cdots \quad$$
となり， \(\theta\) が小さいとき 3 次以上の項は無視できるほど小さくなることから導かれます．
\(\sin x\) のテイラー展開（1,3,5,7次の項まで）
