合成関数の高階微分をつかって cos(x^2) のマクローリン展開を求めてみた

通常，のマクローリン展開を求めるときは，のマクローリン展開である

\begin{equation*}
\cos x = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{(2n)!}x^{2n}
\end{equation*}

にを形式的に代入すると思う．すると結局

\begin{equation}
\cos x^2 = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{(2n)!}x^{4n} \tag{*} \label{*}
\end{equation}

が得られるわけなんだけど，何となく狐につままれた感じがある．

だから，今回はこれをマクローリン展開の定義式である

\begin{equation*}
f(x) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{f^{(n)}(0)}{n!}x^{n}
\end{equation*}

に従って求めてみたい．とおくと，今回求めたいマクローリン展開は，

\begin{equation*}
h(x) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{h^{(n)}(0)}{n!}x^{n}
\end{equation*}

と書ける．当然は合成関数になっているから，いくらにおける第次微分係数を求めればいいと言ったって，第次導関数を求めることは死ぬほど面倒くさい．今回はそんな悩みを解決するべく，合成関数の高階微分に関する公式であるFaa'di Bruno の公式を使うことにする．*1

を階連続微分可能な関数として，の値はの定義域に入るものとする．このとき，合成関数の第次導関数は，以下の公式で与えられる．
\begin{equation}
h^{(n)}(x) = \sum_{i=1}^{n} \sum_{(q)}n!f^{(i)}(g(x))\prod_{k=1}^{n-i+1}\frac{1}{q_k!}\left[\frac{g^{(k)}(x)}{k!}\right]^{q_k} \tag{1} \label{1}
\end{equation}
ただし，は，
\begin{align*}
q_1 + q_2 + \cdots + q_{n-i+1} &= i \\
1 \cdot q_1 + 2\cdot q_2 + \cdots + (n-i+1)q_{n-i+1} &= n
\end{align*}
を満たすような全ての非負整数の組
\begin{equation*}
q=(q_1, q_2, \ldots , q_{n-i+1})
\end{equation*}
についての総和を表す．

以上の内容がFaa'di Bruno の公式である．実際に，この公式を使っての第次微分係数を求めてみよう．今回は，と定義することにする．式\eqref{1}に，を代入すると，
\begin{equation*}
h^{(n)}(0) = \sum_{i=1}^{n} \sum_{(q)}n!f^{(i)}(g(0))\prod_{k=1}^{n-i+1}\frac{1}{q_k!}\left[\frac{g^{(k)}(0)}{k!}\right]^{q_k}
\end{equation*}
よりのため，
\begin{equation}
h^{(n)}(0) = \sum_{i=1}^{n} \sum_{(q)}n!f^{(i)}(0)\prod_{k=1}^{n-i+1}\frac{1}{q_k!}\left[\frac{g^{(k)}(0)}{k!}\right]^{q_k} \tag{2} \label{2}
\end{equation}
となる．ここで，
\begin{equation*}
g^{(n)}(x) = \begin{cases}
x^{2} & (n=0) \\
2x & (n=1) \\
2 & (n=2) \\
0 & (n\geq 3)
\end{cases}
\end{equation*}
より
\begin{equation*}
g^{(n)}(0) = \begin{cases}
2 & (n=2) \\
0 & (n\neq 2)
\end{cases}
\end{equation*}
であるため，の中身は，の場合となる．そこで，
\begin{equation*}
q_k = \begin{cases}
i & (k=2) \\
0 & (k \neq 2)
\end{cases}
\end{equation*}
とすると，の場合となるため，式\eqref{2}は，
\begin{align}
h^{(n)}(0) &= \sum_{i=1}^{n} \sum_{(q)}n!f^{(i)}(0)\frac{1}{q_2!}\left[\frac{g^{(2)}(0)}{2!}\right]^{q_2} \nonumber \\
h^{(n)}(0) &= \sum_{i=1}^{n} \sum_{(q)}n!f^{(i)}(0)\frac{1}{i!}\left[\frac{2}{2!}\right]^{i} \nonumber \\
h^{(n)}(0) &= \sum_{i=1}^{n} \sum_{(q)}\frac{n!}{i!}f^{(i)}(0) \tag{3} \label{3}
\end{align}
と表すことができる．

ただし，この計算を成立させるには，上で仮定したがある場合，つまりという非負整数の組がある場合であり，それはが満たす条件からになるときである．言い換えるとが偶数であり，がその半分の値であるときに限り，右辺は計算される．が奇数の場合は，そもそも上で仮定した非負整数の組がないため，の中身がを含んでしまい，最終的な計算結果もとなる．

以上のことから，式\eqref{3}は，
\begin{equation}
h^{(2i)}(0) = \frac{(2i)!}{i!}f^{(i)}(0) \qquad (i = 1, 2, \ldots) \tag{4} \label{4}
\end{equation}
と表すことができる．ここで，を法に関して合同である関係とすると，
\begin{equation*}
f^{(n)}(x) = \begin{cases}
\cos x & (n \equiv 0 ) \\
{-\sin x} & (n \equiv 1) \\
{-\cos x} & (n \equiv 2) \\
\sin x & (n \equiv 3)
\end{cases}
\end{equation*}
より，として
\begin{align*}
f^{(2j)}(0) &= (-1)^j \\
f^{(2j+1)}(0) &= 0
\end{align*}
である．よって，式\eqref{4}は，
\begin{align*}
h^{(4j)}(0) &= \frac{(4j)!}{(2j)!}f^{(2j)}(0) \\
&= \frac{(4j)!}{(2j)!}(-1)^j \qquad (j = 1, 2, \ldots)
\end{align*}
と変形される．また，より，
\begin{equation*}
h^{(4j)}(0) = \frac{(4j)!}{(2j)!}(-1)^j \qquad (j = 0, 1, 2, \ldots)
\end{equation*}
である．したがって，のマクローリン展開は，
\begin{align*}
h(x) = \cos(x^2) &= \sum_{n=0}^{\infty} \frac{h^{(n)}(0)}{n!}x^{n} \\
&= \sum_{j=0}^{\infty} \frac{h^{(4j)}(0)}{(4j)!}x^{4j} \\
&= \sum_{j=0}^{\infty} \frac{1}{(4j)!}\frac{(4j)!}{(2j)!}(-1)^jx^{4j} \\
&= \sum_{j=0}^{\infty} \frac{(-1)^j}{(2j)!}x^{4j} \\
&= \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(2n)!}x^{4n} \\
\end{align*}
となり，形式的な代入によって求めた式\eqref{*}と一致する!!やった!!

*1: http://www.chart.co.jp/subject/sugaku/suken_tsushin/03/3-5.pdf (参考文献:PDFファイル注意)