問題6.2.2a
つぎの関数の整級数展開（マクローリン展開）を求めよ。
（１）$\sqrt{1+x^2}$
（２）$\dfrac{1}{\sqrt{1+x^2}}$
（３）$\log(x+\sqrt{1+x^2})$
（４）$\dfrac{1}{x^2+2x-3}$
《ポイント》
単純な関数の整級数展開は、以下に示す等比級数および一般化された二項展開の式（$\alpha$は実数）から求められます。$$\begin{align} \dfrac{1}{1-x}=& \displaystyle \sum^{\infty}_{n=0} x^n & (|x|<1) \\ (1+x)^{\alpha}=& \displaystyle \sum^{\infty}_{n=0} \binom{\alpha}{n} x^n & (|x|<1) \end{align}$$本問はこれらの式を既知として解答します。なお、教科書にある通り、$$\begin{align} \binom{\alpha}{n}=\begin{cases}\dfrac{\alpha(\alpha-1) \cdots(\alpha-n+1)}{n !} & (n \neq 0) \\ \\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \, 1 & (n=0) \end{cases} \end{align}$$と計算されます。$n=0$ の場合を正確に処理しないと誤った結果が得られてしまうので注意してください。（以下では収束半径について逐一触れていませんが、実際の答案では収束半径も併記しておいた方が良いです）
《解答例》
（１）$\sqrt{1+x^2}$
$(1+x)^{\alpha}=\displaystyle \sum^{\infty}_{n=0} \binom{\alpha}{n} x^n$ の式において $\alpha=\dfrac{1}{2}$、$x$を$x^2$に置き換えると、$$\begin{align} & \sqrt{1+x^2} \\ =& \displaystyle \sum^{\infty}_{n=0} \binom{1/2}{n} x^{2n} \\ =& 1+\sum^{\infty}_{n=1} \dfrac{\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{2}-1\right) \cdots \left(\dfrac{1}{2}-n+1\right)}{n!} x^{2n} \\ =& 1+\sum^{\infty}_{n=1} \dfrac{1 \cdot (-1) \cdots (-2n+3)}{2^{n}n!} x^{2n} \\ =& 1+\sum^{\infty}_{n=1} \dfrac{(-1)^{n-1} \cdot (2n-3)!!}{(2n)!!} x^{2n} \ \ \ \cdots (\text{答}) \end{align}$$となる。
（２）$\dfrac{1}{\sqrt{1+x^2}}$
$(1+x)^{\alpha}=\displaystyle \sum^{\infty}_{n=0} \binom{\alpha}{n} x^n$ の式において $\alpha=-\dfrac{1}{2}$、$x$を$x^2$に置き換えると、$$\begin{align} & \dfrac{1}{\sqrt{1+x^2}} \\ =& \displaystyle \sum^{\infty}_{n=0} \binom{-1/2}{n} x^{2n} \\ =& 1+\sum^{\infty}_{n=1} \dfrac{-\dfrac{1}{2}\left(-\dfrac{1}{2}-1\right) \cdots \left(-\dfrac{1}{2}-n+1\right)}{n!} x^{2n} \\ =& 1+\sum^{\infty}_{n=1} \dfrac{-1 \cdot (-3) \cdots (-2n+1)}{2^{n}n!} x^{2n} \\ =& 1+\sum^{\infty}_{n=1} \dfrac{(-1)^{n} \cdot (2n-1)!!}{(2n)!!} x^{2n} \\ =& \sum^{\infty}_{n=0} \dfrac{(-1)^{n} \cdot (2n-1)!!}{(2n)!!} x^{2n} \ \ \ \cdots (\text{答}) \end{align}$$となる。
（３）$\log(x+\sqrt{1+x^2})$
$f(x)=\log(x+\sqrt{1+x^2})$ を微分すると、$\dfrac{1}{\sqrt{1+x^2}}$ を得る。（２）より$$\dfrac{1}{\sqrt{1+x^2}}=\sum^{\infty}_{n=0} \dfrac{(-1)^{n} \cdot (2n-1)!!}{(2n)!!} x^{2n}$$であるから、これを積分して$$\log(x+\sqrt{1+x^2})=\sum^{\infty}_{n=0} \dfrac{(-1)^{n} \cdot (2n-1)!!}{(2n)!!}\cdot \dfrac{x^{2n+1}}{2n+1}+C$$を得る。両辺に $x=0$ を代入すると $C=0$ が求まるので、$$\begin{align} &\log(x+\sqrt{1+x^2}) \\ =& \sum^{\infty}_{n=0} \dfrac{(-1)^{n} \cdot (2n-1)!!}{(2n)!!}\cdot \dfrac{x^{2n+1}}{2n+1} \ \ \ \cdots (\text{答})\end{align}$$
（４）$\dfrac{1}{x^2+2x-3}$
$f(x)=\dfrac{1}{x^2+2x-3}$ を部分分数分解すると、$\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{x-1}-\dfrac{1}{x+3}\right)$ を得る。これは$$\dfrac{1}{4}\left[-\dfrac{1}{1-x}-\dfrac{1}{3\left\{1-\left(-\dfrac{x}{3}\right)\right\}}\right]$$と変形できるので、$\dfrac{1}{1-x}= \displaystyle \sum^{\infty}_{n=0} x^n$ より、$$\begin{align} &\dfrac{1}{4}\left\{-\displaystyle \sum^{\infty}_{n=0} x^n-\dfrac{1}{3}\displaystyle \sum^{\infty}_{n=0} \left(-\dfrac{1}{3}\right)^n x^n\right\} \\ =& -\dfrac{1}{4}\displaystyle \sum^{\infty}_{n=0}\left(1+\dfrac{(-1)^n}{3^{n+1}} \right)x^n \ \ \ \cdots (\text{答}) \end{align}$$となる。
復習例題は設定していません。