テイラーの定理

質問

関数 f(x)が、閉区間[a,b]で連続、開区間(a,b)においてn+1回微分可能のとき、あるc(a<c<b)が存在して、次式が成り立つ。
f(b)=f(a)+[{f^(1)(a)/1!}*(b-a)]+[f^(2)(a)/2!}*(b-a)^2]+••••••••+[{f^(n)(a)/n!}*(b-a)^n]+R_(n+1)
(R_(n+1)=[{f^(n+1) (c)/((n+1)!}*(b-a)^(n+1)]

このテイラーの定理が成り立つ事を示すには、R_(n+1)={Z/(n+1)!}*(b-a)^(n+1)とおき、Z=f^(n+1)(c) (a<c<b)となる事を証明すればいい。
f(b)=f(a)+{f^(1)(a)/1!}*(b-a)+{f^(2)(a)/2!}*(b-a)^2+••••••+{f^(n)(a)/n!}*(b-a)^n+{Z/(n+1)!}*(b-a)^(n+1)•••(1)とする。

ここでaを変数xに置き換え、差関数F(x)を作る。
F(x)=f(b)- f{f(x)+{f^(1)(x)/1!}*(b-x)+{f^(2)(x)/2!}*(b-x)^2+••••••+{f^(n)(x)/n!}*(b-x)^n+{Z/(n+1)!}*(b-x)^(n+1)•••(2)

F(x)は、[a,b]で連続、(a,b)で微分可能な関数
また、F(b)=f(b)-f(b)-{f^(1)(b)/1!}*(b-b)-•••••••-{Z/(n+1)!}*(b-b)^(n+1)=0
F(a)=f(b)-[f(a)+{f^(1)(a)/1!}*(b-a)+{f^(2)(a)/2!}*(b-a)^2+•••••+{f^(n)(a)/n!}*(b-a)^n+{Z/(n+1)!}*(b-a)^(n+1)]
(1)より、この式はF(a)=f(b)-f(b)=0となる。
よって、F(x)が[a,b]で連続で、(a,b)で微分可能。また、F(a)=F(b)=0であるから、この時F'(c)=0(a<c<b)を満たすcが存在する。

この後(2)の両辺をxで微分しF'(x)={-(b-x)^n}*{f^(n+1)(x)/n!}+(Z/n!)*(b-x)^n
ロルの定理より、F'(c)=- {(b-c)^n/n!}*{f^(n+1)(c) - Z} =0
(b-c)^n/n!は、(c<b, n=1,2,••••)より、0になる事はないので、f^(n+1)(c)-Z=0
よって、Z=f^(n+1)(c)(a<c<b) が成り立つ。

質問ですが、証明の途中に『差関数F(x)は[a,b]で連続、(a,b)で微分可能な関数である。』とありますが、これはなぜでしょうか。f(x)は[a,b]で連続、(a,b)で微分可能であるので、これが関係しているのでしょうか?

回答No.1

noname#199771 · ベストアンサー

＞f(x)は[a,b]で連続、(a,b)で微分可能

これだとFが(a,b)で微分可能とはいえ
ません。f^(1)が微分可能かどうか
決まらないなので。

定理の仮定に

＞開区間(a,b)においてn+1回微分可能

とあるのでf^(1),…,f^(n)は微分可能で、
多項式はもちろん微分可能だからそれ
らで生成されたFも微分可能ということです。

お礼

f(x)が(a,b) で"n+1"回" 微分可能であり、F(x)はf^(1)~f^(n)の多項式だからこれも微分可能である訳ですね。
f(x)がn+1回微分可能であるという大事な所を見落としていました。

本当にありがとうございました。