高専の数学解説

第3章 3.23

(1)

11+x2\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}

f=11+x2f=\dfrac{1}{\sqrt{1+x^2}} とおくと

f′=−12(1+x2)−32⋅2x=−x(1+x2)−32f′(0)=0f'=-\frac{1}{2}(1+x^2)^{-\frac{3}{2}}\cdot 2x=-x(1+x^2)^{-\frac{3}{2}} \qquad f'(0)=0

f′′=−(1+x2)−32−x⋅(−32)(1+x2)−52⋅2x=−(1+x2)−32+3x2(1+x2)−52f′′(0)=−1f''=-(1+x^2)^{-\frac{3}{2}}-x\cdot\left(-\frac{3}{2}\right)(1+x^2)^{-\frac{5}{2}}\cdot 2x=-(1+x^2)^{-\frac{3}{2}}+3x^2(1+x^2)^{-\frac{5}{2}} \qquad f''(0)=-1

f′′′=32(1+x2)−52⋅2x+6x(1+x2)−52+3x2⋅(−52)(1+x2)−72⋅2xf'''=\frac{3}{2}(1+x^2)^{-\frac{5}{2}}\cdot 2x+6x(1+x^2)^{-\frac{5}{2}}+3x^2\cdot\left(-\frac{5}{2}\right)(1+x^2)^{-\frac{7}{2}}\cdot 2x

=3x(1+x2)−52+6x(1+x2)−52−15x3(1+x2)−72=9x(1+x2)−52−15x3(1+x2)−72f′′′(0)=0=3x(1+x^2)^{-\frac{5}{2}}+6x(1+x^2)^{-\frac{5}{2}}-15x^3(1+x^2)^{-\frac{7}{2}}=9x(1+x^2)^{-\frac{5}{2}}-15x^3(1+x^2)^{-\frac{7}{2}} \qquad f'''(0)=0

f′′′f'''から考えて f(4)(0)=9f^{(4)}(0)=9 となる

これから

f=1−12x2+1⋅32⋅4x4−⋯+(−1)n1⋅3⋯(2n−1)2⋅4⋯2nx2n+⋯f=1-\frac{1}{2}x^2+\frac{1\cdot 3}{2\cdot 4}x^4-\cdots+(-1)^n\frac{1\cdot 3\cdots(2n-1)}{2\cdot 4\cdots 2n}x^{2n}+\cdots

r=lim⁡n→∞∣1⋅3⋯(2n−1)2⋅4⋯2n1⋅3⋯(2n−1)⋅(2n+1)2⋅4⋯2n⋅(2n+2)∣=lim⁡n→∞∣2n+22n+1∣=1r=\lim_{n\to\infty}\left|\frac{\dfrac{1\cdot 3\cdots(2n-1)}{2\cdot 4\cdots 2n}}{\dfrac{1\cdot 3\cdots(2n-1)\cdot(2n+1)}{2\cdot 4\cdots 2n\cdot(2n+2)}}\right|=\lim_{n\to\infty}\left|\frac{2n+2}{2n+1}\right|=1

(2)

log⁡(x+1+x2)\log(x+\sqrt{1+x^2})

log⁡(x+1+x2)=∫0x11+t2 dtなので\log(x+\sqrt{1+x^2})=\int_0^x \frac{1}{\sqrt{1+t^2}}\,dt \qquad \text{なので}

(1)

から

log⁡(x+1+x2)=x−12⋅3x3+1⋅32⋅4⋅5x5−⋯+(−1)n1⋅3⋯(2n−1)2⋅4⋯(2n)⋅(2n+1)x2n+1\log(x+\sqrt{1+x^2})=x-\frac{1}{2\cdot 3}x^3+\frac{1\cdot 3}{2\cdot 4\cdot 5}x^5-\cdots+(-1)^n\frac{1\cdot 3\cdots(2n-1)}{2\cdot 4\cdots(2n)\cdot(2n+1)}x^{2n+1}

解説: r31bn1z