테일러·매클로린 급수 연습문제 — CLP-2 · 3.6절 · 37번

CLP-2 · 3.6절 · 37번대학 수준우리말 번역

급수 $f(x)=\displaystyle\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^nx^{2n+4}}{(2n+1)(2n+2)}$ 를 익숙한 함수들의 조합으로 나타내세요.

영어 원문 보기

Write the series $f(x)=\displaystyle\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^nx^{2n+4}}{(2n+1)(2n+2)}$ as a combination of familiar functions.

정답·풀이 보기

아크탄젠트의 테일러 급수는 다음과 같음을 떠올리자. $\arctan x = \sum_{n=0}^\infty (-1)^n\frac{x^{2n+1}}{2n+1}$ 이 급수와 주어진 급수는 비슷한 점이 있다. $x$ 의 거듭제곱이 건너뛰며 나타나고, 분모가 계승이 아니다. 이를 주어진 급수와 같은 꼴로 바꿔 보자. 먼저 분모에 $(2n+2)$ 인수가 생기도록 부정적분한다.

$\begin{aligned} \int \arctan x\,\mathrm{d}x &= \sum_{n=0}^\infty (-1)^n\frac{x^{2n+2}}{(2n+1)(2n+2)}+C \\ \text{아크탄젠트의 부정적분은 부분적분을 이용하여 구할 수 있다. $u=\arctan x$, $\mathrm{d}v=\mathrm{d}x$ 라 하면 $\mathrm{d}u=\frac{1}{1+x^2}\mathrm{d}x$, $v=x$ 이다.} \\ \int \arctan x \,\mathrm{d}x&=x\arctan x - \int \frac{x}{1+x^2}\,\mathrm{d}x+C \\ \text{이제 $w=1+x^2$, $\mathrm{d}w=2x\mathrm{d}x$ 로 치환한다.} \\ &=x\arctan x - \frac{1}{2}\log(1+x^2)+C\\ \text{따라서, }\qquad \sum_{n=0}^\infty (-1)^n\frac{x^{2n+2}}{(2n+1)(2n+2)}&=x\arctan x - \frac{1}{2}\log(1+x^2)+C \\ \text{$C$ 를 구하기 위해 등식의 양변에 $x=0$ 을 대입한다.} \\ 0&=0\arctan 0 -\frac{1}{2}\log(1)+C=C\\ \text{그러므로, }\qquad \sum_{n=0}^\infty (-1)^n\frac{x^{2n+2}}{(2n+1)(2n+2)}&=x\arctan x - \frac{1}{2}\log(1+x^2) \\ \text{양변에 $x^2$ 을 곱하면,} \\ \sum_{n=0}^\infty (-1)^n\frac{x^{2n+4}}{(2n+1)(2n+2)}&=x^3\arctan x - \frac{x^2}{2}\log(1+x^2) \end{aligned}$

원본 교재 풀이(영어)

Recall the Taylor series for arctangent is: $\arctan x = \sum_{n=0}^\infty (-1)^n\frac{x^{2n+1}}{2n+1}$ There are similarities between this and our given series: skipping powers of $x$ , and a denominator that's not factorial. We'll try to manipulate it to look like our series. First, we antidifferentiate, to get a factor of $(2n+2)$ on the bottom.

$\begin{aligned} \int \arctan x\,\mathrm{d}x &= \sum_{n=0}^\infty (-1)^n\frac{x^{2n+2}}{(2n+1)(2n+2)}+C \\ \text{We can find the antiderivative of arctangent using integration by parts. Let $u=\arctan x$ and $\mathrm{d}v=\mathrm{d}x$; then $\mathrm{d}u=\frac{1}{1+x^2}\mathrm{d}x$ and $v=x$.} \\ \int \arctan x \,\mathrm{d}x&=x\arctan x - \int \frac{x}{1+x^2}\,\mathrm{d}x+C \\ \text{Now, we use the substitution $w=1+x^2$, $\mathrm{d}w=2x\mathrm{d}x$.} \\ &=x\arctan x - \frac{1}{2}\log(1+x^2)+C\\ \text{So, }\qquad \sum_{n=0}^\infty (-1)^n\frac{x^{2n+2}}{(2n+1)(2n+2)}&=x\arctan x - \frac{1}{2}\log(1+x^2)+C \\ \text{To find $C$, we evaluate both sides of the equation at $x=0$.} \\ 0&=0\arctan 0 -\frac{1}{2}\log(1)+C=C\\ \text{Therefore, }\qquad \sum_{n=0}^\infty (-1)^n\frac{x^{2n+2}}{(2n+1)(2n+2)}&=x\arctan x - \frac{1}{2}\log(1+x^2) \\ \text{Multiplying both sides by $x^2$,} \\ \sum_{n=0}^\infty (-1)^n\frac{x^{2n+4}}{(2n+1)(2n+2)}&=x^3\arctan x - \frac{x^2}{2}\log(1+x^2) \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제CLP-2 · 3.6절 · 36번우리말 번역

급수 $\displaystyle\sum_{n=0}^\infty\frac{ (n+1)(n+2)}{7^n}$ 의 값을 구하거나 발산함을 보이세요.

다 풀었으면 정답 확인

인수 $(n+1)(n+2)$ 는 도함수를 떠올리게 한다. 등비급수에서 시작한다.

$\begin{aligned} \frac{1}{1-x}&=\sum_{n=0}^\infty x^n\\ \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left\{\frac{1}{1-x} \right\}&=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left\{ \sum_{n=0}^\infty x^n \right\}\\ \frac{1}{(1-x)^2}&=\sum_{n=0}^\infty nx^{n-1}=\sum_{n=1}^\infty nx^{n-1}\\ \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left\{\frac{1}{(1-x)^2} \right\}&=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left\{ \sum_{n=1}^\infty nx^{n-1} \right\}\\ \frac{2}{(1-x)^3}&=\sum_{n=1}^\infty n(n-1)x^{n-2}=\sum_{n=2}^\infty n(n-1)x^{n-2}\\ &=\sum_{n=0}^\infty (n+2)(n+1)x^n \end{aligned}$

$x=\frac{1}{7}$ 이라 하자. 그러면 $|x|<1$ 이므로 주어진 급수는 수렴한다.

$\begin{aligned} \frac{2}{(1-1/7)^3} &=\sum_{n=0}^\infty (n+2)(n+1)\left(\frac{1}{7}\right)^n\\ \frac{2}{(6/7)^3} &=\sum_{n=0}^\infty \frac{(n+2)(n+1)}{7^n} \end{aligned}$

이 문제로 이어서 풀기

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