$e^x$ で割ってから微分

授業では、$e^x$ を多項式で近似した式に $e^{-x}$ を掛けた関数を微分して上下から評価し、$\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\dfrac1{n!}$¹1$n!$ は $1$ から $n$ までの積で、$0!=1$ と約束する。下の脚注へ閉じる$=e$ を導く問題を扱いました²2塾の授業で扱った問題は塾の教材なので、数値を変えた類題に差し替えています。下の脚注へ閉じる。続けて分子を $2+4+\cdots+2n=n(n+1)=2n+n(n-1)$ と組み替え、$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{2+4+\cdots+2n}{n!}=3e$ も求めました。この補遺では、その中で使った道具を3つ取り出して、それぞれ単独で使える形に整理します。

1. 引き算でなく割り算で比べる

以下、$n=0,1,2,\dots$ に対して

$$S_n(x)=1+x+\dfrac{x^2}{2!}+\cdots+\dfrac{x^n}{n!}$$

とおきます。目標は「$x>0$ のとき $e^x>S_n(x)$」を示すことです。

差を微分すると何が起きるか

$S_n(x)$ を微分すると、$\dfrac{x^k}{k!}$ は $\dfrac{x^{k-1}}{(k-1)!}$ に変わり、定数項 $1$ は消えます。各項が1つ手前の項にずれるので、

$$S_n'(x)=S_{n-1}(x)$$

です（$S_0'(x)=0$）。そのため差 $e^x-S_n(x)$ を微分すると $e^x-S_{n-1}(x)$ となり、形は同じで添字が1つ減っただけです。符号が分かるのは $e^x-S_0(x)=e^x-1$ まで下りたときなので、この方針では微分と「$x=0$ で $0$」の確認を $n$ 段くり返すことになり、答案としては数学的帰納法で書くのが筋になります。

比を微分すると何が起きるか

そこで、差ではなく比 $\dfrac{S_n(x)}{e^x}$ を調べます。

$$g_n(x)=e^{-x}S_n(x)$$

とおいて積の微分をすると

$$\begin{aligned}g_n'(x)&=e^{-x}\bigl(S_n'(x)-S_n(x)\bigr)\\&=e^{-x}\bigl(S_{n-1}(x)-S_n(x)\bigr)\\&=-e^{-x}\dfrac{x^n}{n!}\end{aligned}$$

となります。$S_{n-1}$ と $S_n$ は最後の項 $\dfrac{x^n}{n!}$ しか違わないので、引き算でほとんどが打ち消し合い、単項式が1つだけ残るわけです。

$x>0$ では $g_n'(x)<0$ です。$g_n$ は $x\geqq0$ で連続なので $x\geqq0$ で狭義単調減少となり、$x>0$ で

$$g_n(x)<g_n(0)=1$$

が成り立ちます³3冒頭の問題で $e^{-x}$ を掛けた関数が $1$ より小さいことを示した部分は、この $g_n(x)<1$ にあたります。下の脚注へ閉じる。両辺に $e^x\ (>0)$ を掛ければ $e^x>S_n(x)$ です。

$x<0$ ではどうなるか

同じ $g_n'(x)=-e^{-x}\dfrac{x^n}{n!}$ から、$x<0$ での大小も読み取れます。ここでは $x^n$ の符号が $n$ の偶奇で変わる点に注意します。

• $n$ が偶数のとき：$x^n\geqq0$ なので $g_n'(x)\leqq0$ で、等号は $x=0$ だけです。導関数が $0$ になるのが1点だけなら、$g_n$ は実数全体で狭義単調減少です。したがって $x<0$ では $g_n(x)>g_n(0)=1$、つまり $e^x<S_n(x)$ となり、$x>0$ のときと大小が逆になります。
• $n$ が奇数のとき：$x<0$ では $x^n<0$ なので $g_n'(x)>0$ で、$g_n$ は $x\leqq0$ で増加します。よって $x<0$ でも $g_n(x)<1$、つまり $e^x>S_n(x)$ です。

下の図は $n=1$（黒）と $n=2$（朱）の $y=g_n(x)$ です。どちらも点 $(0,1)$ を通りますが、$g_1$ は $x=0$ で最大値 $1$ をとる山形、$g_2$ は減少し続ける曲線で、$x=0$ で接線が水平になるだけです。たとえば $x=-1$ では $e^{-1}\fallingdotseq0.368$ に対して $S_2(-1)=\dfrac12$ なので、確かに $e^x<S_2(x)$ になっています。

2. マクローリン展開

$S_n$ はどういう多項式か

$S_n(x)$ の各項の係数は、次の性質から決まっています。

$x=0$ での値と、$1$ 階から $n$ 階までの微分係数が、すべて $e^x$ と一致する $n$ 次多項式

実際、多項式 $c_0+c_1x+\cdots+c_nx^n$ を $k$ 回微分して $x=0$ を代入すると、$x^k$ の項だけが生き残って $k!\,c_k$ になります。これを $e^x$ の $k$ 階微分係数 $1$ に合わせると $c_k=\dfrac1{k!}$ で、$S_n$ の係数がちょうど得られます。

同じことを一般の関数 $f(x)$ で行うと、$x=0$ で $n$ 階まで $f$ と一致する多項式は

$$\sum_{k=0}^{n}\dfrac{f^{(k)}(0)}{k!}x^k$$

です。次数 $n$ を限りなく大きくしたものを考えるのが、マクローリン展開です。$x=0$ の代わりに $x=\alpha$ で合わせる場合は $x^k$ を $(x-\alpha)^k$ に替え、これをテイラー展開と呼びます（マクローリン展開は $\alpha=0$ のテイラー展開です）。

右辺を $(x-\alpha)$ の1次の項までで打ち切った $f(\alpha)+f'(\alpha)(x-\alpha)$ は、$x=\alpha$ での接線の式そのものです。打ち切る次数を上げるほど、$x=\alpha$ の近くで曲線によりよく沿う多項式が得られます。

とはいえ、枠の等式がいつも正しいとは限りません。等号で結んでよいのは、右辺の級数が収束して、その和が $f(x)$ に一致する範囲に限られます。何回でも微分できるのに、マクローリン展開がもとの関数と一致しない関数もあります⁴4$f(x)=e^{-1/x^2}\ (x\neq0)$、$f(0)=0$ がその例です。この関数は $x=0$ での微分係数がどの階でも $0$ なので、マクローリン展開の右辺は恒等的に $0$ になりますが、$f(1)=\dfrac1e\neq0$ です。下の脚注へ閉じる。剰余項（打ち切ったときの誤差）を式で表す形は、平均値の定理のまわり で扱っています。

図で見る：$\cos x$ の場合

$\cos x$ は微分するたびに $-\sin x,\ -\cos x,\ \sin x,\ \cos x$ と巡るので、$x=0$ での微分係数は $1,0,-1,0,1,0,\dots$ です。したがってマクローリン展開には偶数次の項だけが並び、符号が交互に変わります。下の図は $y=\cos x$（朱）と、その展開を $2,4,6,8,10$ 次で打ち切った多項式（黒、数字が次数）です。

どの多項式も $x=0$ の近くでは $\cos x$ に重なり、次数を上げるほど重なる範囲が外へ広がっていきます。一方、どの次数で打ち切っても、$|x|$ が大きい所では多項式は $\pm\infty$ に飛んでいきます。$\cos x$ の展開がすべての実数 $x$ で成り立つというのは、$x$ を1つ固定して次数を上げていけば値が $\cos x$ に近づく、という意味です。

よく使う展開

$\mathop{\mathrm{Arctan}}x$ は $\tan x\ \left(-\dfrac{\pi}2<x<\dfrac{\pi}2\right)$ の逆関数を表します。等号で結べる $x$ の範囲は式ごとに違います。$x$ にどんな実数を入れてもよいのは $e^x$、$\cos x$、$\sin x$、$\cosh x$、$\sinh x$ の5つです。残りは範囲が限られ、$\dfrac1{1-x}$ と $\dfrac1{1+x^2}$ は $-1<x<1$、$\log(1+x)$ は $-1<x\leqq1$、$\mathop{\mathrm{Arctan}}x$ は $-1\leqq x\leqq1$ のときに限ります。たとえば $\dfrac1{1-x}$ の式に $x=2$ を入れると、左辺は $-1$ なのに右辺の和は限りなく大きくなります。

授業で扱った問題との関係も、この一覧から読み取れます。$x>0$ での不等式 $x>\log(1+x)>x-\dfrac{x^2}{2}$ は、$\log(1+x)$ の展開を1次で打ち切った式と2次で打ち切った式で、$\log(1+x)$ を上下から挟んだものです。また $\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\dfrac1{n!}=e$ は、$e^x$ の展開に $x=1$ を代入した式にあたります。§1 の結果 $S_n(1)<e$ は、その部分和がつねに $e$ より小さいことを言っています。

3. 分子を組み替えて $\displaystyle\sum\dfrac{p(n)}{n!}$ を求める

鍵になる約分

$k$ を正の整数とし、$n$ から始めて $1$ ずつ減らしながら $k$ 個掛けた積 $n(n-1)\cdots(n-k+1)$ を考えます。$n\geqq k$ なら

$$\dfrac{n(n-1)\cdots(n-k+1)}{n!}=\dfrac1{(n-k)!}$$

と約分できます。$0\leqq n<k$ のときは積の中に $0$ が入るので、この項は $0$ です。したがって $N\geqq k$ として

$$\begin{aligned}\sum_{n=0}^{N}\dfrac{n(n-1)\cdots(n-k+1)}{n!}&=\sum_{n=k}^{N}\dfrac1{(n-k)!}\\&=\sum_{m=0}^{N-k}\dfrac1{m!}\ \xrightarrow{N\to\infty}\ e\end{aligned}$$

となります（$m=n-k$ と置き直しました）。$k=0$ の「積」は $1$ と約束すれば、$\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\dfrac1{n!}=e$ もこの形に含まれます。

ここから次のことが分かります。分子の多項式 $p(n)$ を

$$\begin{aligned}p(n)={}&c_0+c_1\,n+c_2\,n(n-1)\\&+c_3\,n(n-1)(n-2)+\cdots\end{aligned}$$

の形に書き直せれば、和は有限個の「$e$ に収束する和」の定数倍の和になり、

$$\sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{p(n)}{n!}=(c_0+c_1+c_2+\cdots)\,e$$

です。冒頭の和で分子が $2+4+\cdots+2n$ だったことには特別な意味はなく、効率よく答えにたどり着けたのは、$n(n+1)=2n+n(n-1)$ と組み替えたことによります。係数の和 $2+1$ から $3e$ が出ます（$n=0$ の項は $0$ なので、和を $n=1$ から始めても値は同じです）。

係数は小さい $n$ を代入して決める

係数 $c_0,c_1,\dots$ を求めるには、$n=0,1,2,\dots$ を順に代入するのが手早い方法です。$n=j$ を代入すると、$c_{j+1}$ 以降の項は積に $0$ を含んで消えるので、未知数が1つずつ増える連立方程式を上から順に解けば済みます。

例として $n^3$ を書き直してみます。

$$n^3=c_0+c_1n+c_2n(n-1)+c_3n(n-1)(n-2)$$

とおいて $n=0,1,2,3$ を代入すると、

$$\begin{aligned}n=0&:\ 0=c_0\\n=1&:\ 1=c_0+c_1\ \text{より}\ c_1=1\\n=2&:\ 8=c_0+2c_1+2c_2\ \text{より}\ c_2=3\\n=3&:\ 27=c_0+3c_1+6c_2+6c_3\ \text{より}\ c_3=1\end{aligned}$$

と、上から順に決まります。

両辺はどちらも $n$ の3次以下の多項式で、$n=0,1,2,3$ の4つの値で一致しています。3次以下の多項式は4点の値で決まるので、両辺は多項式として等しく、

$$n^3=n(n-1)(n-2)+3n(n-1)+n$$

が成り立ちます。係数の和は $1+3+1=5$ なので

$$\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{n^3}{n!}=5e$$

です。

塾の授業で配った補足資料をもとに、問題を類題に差し替えて書き直しました。

この記事が含まれている連載

連載塾講師木下木下が作成して塾で配布した補足プリントを公開用にちょっと書き直して置いていきます。結構面白いっしょ。46本の記事・木下 智貴