問題6.2.2b
つぎの関数の整級数展開（マクローリン展開）を求めよ。
（５）$x\log(1+2x)$
（６）$\dfrac{1}{(1+x)^2}$
（７）$\sin\left(x+\dfrac{\pi}{4}\right)$
（８）$\cos^{-1}x$
（９）$(1+x)^{\frac{3}{2}}$
《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。級数の項別の微分・積分も整級数展開を求めるのに有効です。（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》
（５）$x\log(1+2x)$
まず$\dfrac{1}{1+2x}$の整級数展開を考える。等比級数の式を用いて$$\dfrac{1}{1+2x}=\displaystyle \sum^{\infty}_{n=0}(-1)^n 2^n x^n \ \ \ \cdots (*)$$と表せるから、$(*)$式の両辺を積分すると$$\dfrac{1}{2}\log(1+2x)=\displaystyle \sum^{\infty}_{n=0} \dfrac{(-1)^n 2^n}{n+1}x^{n+1}+C$$となり、$x=0$ を代入して $C=0$ を得る。よって$$\log(1+2x)=\displaystyle \sum^{\infty}_{n=0} \dfrac{(-1)^n 2^{n+1}}{n+1}x^{n+1}$$となるから両辺に$x$を乗じて$$\begin{align} &x\log(1+2x) \\ =& \displaystyle \sum^{\infty}_{n=0} \dfrac{(-1)^n 2^{n+1}}{n+1}x^{n+2} \ \ \ \cdots (\text{答}) \end{align}$$を得る。
（６）$\dfrac{1}{(1+x)^2}$
$\dfrac{1}{1+x}$を整級数展開すると$$\dfrac{1}{1+x}=\displaystyle \sum^{\infty}_{n=0}(-1)^n x^n \ \ \ \cdots (*)$$と表せるから、$(*)$式の両辺を微分すると$$\begin{align} -\dfrac{1}{(1+x)^2} =& \displaystyle \displaystyle \sum^{\infty}_{n=1} (-1)^n nx^{n-1} \\ =& \displaystyle \sum^{\infty}_{n=0} (-1)^{n+1}(n+1)x^{n} \end{align}$$となる（※級数の初項の扱いに注意する）。これより$$\dfrac{1}{(1+x)^2} = \displaystyle \sum^{\infty}_{n=0} (-1)^{n}(n+1)x^{n} \ \ \ \cdots (\text{答})$$を得る。
（７）$\sin\left(x+\dfrac{\pi}{4}\right)$
$f(x)=\sin\left(x+\dfrac{\pi}{4}\right)$ と置くと、$f(x)$の$n$次導関数は$m$を整数として$$f^{(n)}(0)=\begin{cases} (-1)^{m} \dfrac{\sqrt{2}}{2} & (n=2m) \\ (-1)^{m} \dfrac{\sqrt{2}}{2} & (n=2m+1) \end{cases}$$と表されるから、$$\sin\left(x+\dfrac{\pi}{4}\right) = \dfrac{\sqrt{2}}{2}\displaystyle \sum^{\infty}_{n=0} \left\{ \dfrac{(-1)^{m}}{(2m+1)!}x^{2m+1}+\dfrac{(-1)^{m}}{(2m)!}x^{2m} \right\} \ \ \ \cdots (\text{答})$$となる。
（８）$\cos^{-1}x$
$f(x)=\cos^{-1}x$ を微分すると $-\dfrac{1}{\sqrt{1-x^2}}$ となる。ここで二項展開の一般式 $(1+x)^{\alpha}=\displaystyle \sum^{\infty}_{n=0} \binom{\alpha}{n} x^n$ において $\alpha=-\dfrac{1}{2}$、$x$を$-x$に置き換えると、$$\begin{align} & \dfrac{1}{\sqrt{1-x}} \\ =& \displaystyle \sum^{\infty}_{n=0} \binom{-1/2}{n} (-x)^{n} \\ =& 1+\sum^{\infty}_{n=1} \dfrac{-\dfrac{1}{2}\left(-\dfrac{1}{2}-1\right) \cdots \left(-\dfrac{1}{2}-n+1\right)}{n!} (-x)^{n} \\ =& 1+\sum^{\infty}_{n=1} \dfrac{-1 \cdot (-3) \cdots (-2n+1)}{2^{n}n!} (-x)^{n} \\ =& 1+\sum^{\infty}_{n=1} \dfrac{(-1)^{n} \cdot (2n-1)!!}{(2n)!!} (-x)^{n} \\ =& \sum^{\infty}_{n=0} \dfrac{(2n-1)!!}{(2n)!!} x^{n} \end{align}$$となる。ここで$x$を$x^2$に置き換えると$$\dfrac{1}{\sqrt{1-x^2}}=\sum^{\infty}_{n=0} \dfrac{(2n-1)!!}{(2n)!!} x^{2n}$$となるから、$$f^{\prime}(x) = -\sum^{\infty}_{n=0} \dfrac{(2n-1)!!}{(2n)!!} x^{2n}$$を得る。この両辺を積分すると、$$f(x) = -\sum^{\infty}_{n=0} \dfrac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\cdot\dfrac{x^{2n+1}}{2n+1}+C$$となり、$x=0$ を代入して $C=\cos^{-1}0=\dfrac{\pi}{2}$ を得るから、求める整級数展開は$$\dfrac{\pi}{2}-\sum^{\infty}_{n=0} \dfrac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\cdot\dfrac{x^{2n+1}}{2n+1} \ \ \ \cdots (\text{答})$$である。
（９）$(1+x)^{\frac{3}{2}}$
$(1+x)^{\alpha}=\displaystyle \sum^{\infty}_{n=0} \binom{\alpha}{n} x^n$ において $\alpha=\dfrac{3}{2}$、$x$を$x$に置き換えると、$$\begin{align} & (1+x)^{\frac{3}{2}} \\
=& \displaystyle \sum^{\infty}_{n=0} \binom{3/2}{n} x^{n} \\
=& 1+\dfrac{3}{2}x+\sum^{\infty}_{n=2} \dfrac{\dfrac{3}{2}\cdot\dfrac{1}{2}\left(-\dfrac{1}{2}\right) \cdots \left(\dfrac{3}{2}-n+1\right)}{n!} x^{n} \\
=& 1+\dfrac{3}{2}x+\sum^{\infty}_{n=2} \dfrac{3 \cdot 1 \cdots (-2n+5)}{2^{n}n!} x^{n} \\
=& 1+\dfrac{3}{2}x+3\sum^{\infty}_{n=2} \dfrac{(-1)^{n-2} \cdot (2n-5)!!}{(2n)!!} x^{n} \\
=& 1+\dfrac{3}{2}x+3\sum^{\infty}_{n=2} \dfrac{(-1)^{n}(2n-5)!!}{(2n)!!} x^{n} \ \ \ \cdots (\text{答}) \end{align}$$となる。
復習例題は設定していません。