高専の数学解説

第3章 3.17

(1)

excos⁡x≅1+x−x33−x46e^x \cos x \cong 1 + x - \frac{x^3}{3} - \frac{x^4}{6}

∣x∣≅0|x| \cong 0と考えると、マクローリン展開で

f=excos⁡xf = e^x \cos xとおくと

f′=excos⁡x−exsin⁡xf′(0)=1f' = e^x \cos x - e^x \sin x \qquad f'{}_{(0)} = 1

f′′=excos⁡x−exsin⁡x−exsin⁡x−excos⁡x=−2exsin⁡xf′′(0)=0f'' = e^x \cos x - e^x \sin x - e^x \sin x - e^x \cos x = -2e^x \sin x \qquad f''{}_{(0)} = 0

f′′′=−2exsin⁡x−2excos⁡xf′′′(0)=−2f''' = -2e^x \sin x - 2e^x \cos x \qquad f'''{}_{(0)} = -2

f(4)=−2exsin⁡x−2excos⁡x−2excos⁡x+2exsin⁡xf(4)(0)=−4f^{(4)} = -2e^x \sin x - 2e^x \cos x - 2e^x \cos x + 2e^x \sin x \qquad f^{(4)}{}_{(0)} = -4

これから

f=1+x−x33−x46f = 1 + x - \dfrac{x^3}{3} - \dfrac{x^4}{6} よって与式が成り立つ

(2)

log⁡(1+sin⁡x)≅x−x22+x36\log(1+\sin x) \cong x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{6}

∣x∣≅0|x| \cong 0と考えると、マクローリン展開で

f=log⁡(1+sin⁡x)f = \log(1+\sin x)とおくと

f′=cos⁡x1+sin⁡xf′(0)=1f' = \frac{\cos x}{1+\sin x} \qquad f'{}_{(0)} = 1

f′′=−sin⁡x⋅(1+sin⁡x)−cos⁡x⋅cos⁡x(1+sin⁡x)2=−sin⁡x−1(1+sin⁡x)2f′′(0)=−1f'' = \frac{-\sin x \cdot (1+\sin x) - \cos x \cdot \cos x}{(1+\sin x)^2} = \frac{-\sin x - 1}{(1+\sin x)^2} \qquad f''{}_{(0)} = -1

f′′′=−cos⁡x⋅(1+sin⁡x)2+(1+sin⁡x)⋅2⋅2(1+sin⁡x)⋅cos⁡x(1+sin⁡x)4f''' = \frac{-\cos x \cdot (1+\sin x)^2 + (1+\sin x) \cdot 2 \cdot 2(1+\sin x) \cdot \cos x}{(1+\sin x)^4}

=cos⁡x⋅(−1−2sin⁡x−sin⁡2x+2−4sin⁡x+2sin⁡2x)(1+sin⁡x)4f′′′(0)=1= \frac{\cos x \cdot (-1 - 2\sin x - \sin^2 x + 2 - 4\sin x + 2\sin^2 x)}{(1+\sin x)^4} \qquad f'''{}_{(0)} = 1

これから

f≅x−x22+x36f \cong x - \dfrac{x^2}{2} + \dfrac{x^3}{6} よって与式が成り立つ

(3)

tan⁡−1x≅x−x33\tan^{-1} x \cong x - \frac{x^3}{3}

∣x∣≅0|x| \cong 0 と考えると、マクローリン展開で

f=tan⁡−1xf = \tan^{-1} x とおくと

f′=11+x2f′(0)=1f' = \frac{1}{1+x^2} \qquad f'(0) = 1

f′′=−2x(1+x2)2f′′(0)=0f'' = \frac{-2x}{(1+x^2)^2} \qquad f''(0) = 0

f′′′=−2(1+x2)2+2x(1+x2)⋅2⋅2x(1+x2)4f′′′(0)=−2f''' = \frac{-2(1+x^2)^2 + 2x(1+x^2)\cdot 2 \cdot 2x}{(1+x^2)^4} \qquad f'''(0) = -2

これから

f≅x−x33よって与式が成り立つf \cong x - \frac{x^3}{3} \qquad \text{よって与式が成り立つ}

解説: r31bn1z