테일러·매클로린 급수 연습문제 — CLP-2 · 3.6절 · 41번

CLP-2 · 3.6절 · 41번대학 수준우리말 번역

매클로린 급수를 이용하여, 수 $a = 1/5-1/7+1/18$ 이 $\displaystyle I = \int_0^1 x^4 e^{-x^2}\,\mathrm{d}x$ 의 근삿값임을 알았다. $|I - a|$ 에 대해 구할 수 있는 가장 좋은 상한을 구하세요.

영어 원문 보기

Using a Maclaurin series, the number $a = 1/5-1/7+1/18$ is found to be an approximation for $\displaystyle I = \int_0^1 x^4 e^{-x^2}\,\mathrm{d}x$ . Give the best upper bound you can for $|I - a|$ .

답 쓰고 채점

정답·풀이 보기

지수함수를 매클로린 급수로 전개하면,

$\begin{aligned} I&=\int_0^1 x^4 e^{-x^2}\ \mathrm{d}x =\sum_{n=0}^\infty\int_0^1 x^4 \frac{{(-x^2)}^n}{n!}\ \mathrm{d}x =\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{n!}\int_0^1 x^{2n+4} \ \mathrm{d}x \\ &=\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{n!(2n+5)} = \underbrace{\frac{1}{5}}_{n=0} -\underbrace{\frac{1}{7}}_{n=1} +\underbrace{\frac{1}{18}}_{n=2} -\underbrace{\frac{1}{3!(11)}}_{n=3} +\cdots \end{aligned}$

이 급수에서 이웃한 항들의 부호는 번갈아 바뀐다. 또한 $n^{\rm th}$ 항의 크기는 $n$ 이 커질수록 감소한다. 따라서 교대급수 판정법에 의해 $I$ 는 $\frac{1}{5}-\frac{1}{7}+\frac{1}{18}$ 과 $\frac{1}{5}-\frac{1}{7}+\frac{1}{18}-\frac{1}{3!(11)}$ 사이에 있다. 그러므로

$|I - a| \le \frac{1}{3!(11)} =\frac{1}{66}$

원본 교재 풀이(영어)

Expanding the exponential using its Maclaurin series,

The signs of successive terms in this series alternate. Futhermore the magnitude of the $n^{\rm th}$ term decreases with $n$ . Hence, by the alternating series test, $I$ lies between $\frac{1}{5}-\frac{1}{7}+\frac{1}{18}$ and $\frac{1}{5}-\frac{1}{7}+\frac{1}{18}-\frac{1}{3!(11)}$ . So

$|I - a| \le \frac{1}{3!(11)} =\frac{1}{66}$

한 번 더 — 비슷한 문제CLP-2 · 3.6절 · 51번우리말 번역

$f(x)=\arctan(x^3)$ 이라 하자. 아크탄젠트의 매클로린 급수를 이용하여 $f^{(10)}\left(\frac{1}{5} \right)$ 을 오차가 $10^{-6}$ 보다 작도록 유리수들의 합으로 나타내세요.

다 풀었으면 정답 확인

풀이 계획은 다음과 같다.

$f(x)$ 의 테일러 급수를 만든다.
$f(x)$ 의 테일러 급수의 10계 도함수를 구한다.
원하는 정확도를 얻으려면 몇 개의 항을 더해야 하는지 정한다.
$f^{(10)}\left(\frac15\right)$ 을 부분합으로 근사한다.

$\arctan x$ 의 테일러 급수는 $\displaystyle\sum_{n=0}^\infty (-1)^n\frac{x^{2n+1}}{2n+1}$ 이고, 이 급수는 $-1\le x\le1$ 에서 수렴한다. 따라서 $\arctan(x^3)$ 의 테일러 급수는 $f(x)=\arctan(x^3)=\sum_{n=0}^\infty (-1)^n\frac{(x^3)^{2n+1}}{2n+1} =\sum_{n=0}^\infty (-1)^n\frac{x^{6n+3}}{2n+1}$ 이다. 이 급수를 여러 번 미분하는 것이 $\arctan(x^3)$ 을 직접 여러 번 미분하는 것보다 훨씬 쉽다.

$\begin{aligned} f'(x)&=\sum_{n=0}^\infty (-1)^n\frac{(6n+3)x^{6n+2}}{2n+1}\\ f''(x)&=\sum_{n=0}^\infty (-1)^n\frac{(6n+3)(6n+2)x^{6n+1}}{2n+1}\\ f'''(x)&=\sum_{n=0}^\infty (-1)^n\frac{(6n+3)(6n+2)(6n+1)x^{6n}}{2n+1}\\ \vdots&\\ f^{(10)}(x)&=\sum_{n=0}^\infty (-1)^n\frac{(6n+3)(6n+2)(6n+1)\cdots(6n-6)x^{6n-7}}{2n+1}\\ &=\sum_{n=2}^\infty (-1)^n\frac{(6n+3)(6n+2)(6n+1)\cdots(6n-6)x^{6n-7}}{2n+1}\\ &=\sum_{n=2}^\infty (-1)^n\frac{(6n+3)!}{(2n+1)(6n-7)!}x^{6n-7}\\ f^{(10)}\left(\frac{1}{5}\right)&=\sum_{n=2}^\infty (-1)^n\frac{(6n+3)!}{(2n+1)(6n-7)!\cdot 5^{6n-7}} \end{aligned}$

(10번 미분하면 $a_0$ 과 $a_1$ 항이 모두 0이 됨에 주목한다.)

이 급수는 교대급수이므로 근사 $S_N$ 을 사용할 때의 절대 오차는 많아야 $|a_{N+1}|=\frac{(6N+9)!}{(2N+3)(6N-1)!\cdot 5^{6N-1}}$ 이다. $N$ 의 몇몇 값을 시험해 보면 $|a_6|=|a_{5+1}|=\frac{39!}{(13)(29!)\cdot 5^{29}}\approx 0.00000095<10^{-6}$ 을 얻는다. 따라서 $S_5$ 로 충분히 근사할 수 있다. 즉,

$\begin{aligned} f^{(10)}\left(\frac15\right)&\approx \sum_{n=2}^5 (-1)^n\frac{(6n+3)!}{(2n+1)(6n-7)!\cdot 5^{6n-7}}\\ &=(-1)^2\frac{15!}{5\cdot 5!\cdot 5^{5}}+(-1)^3\frac{21!}{7!\cdot 11!\cdot 5^{11}}+ (-1)^4\frac{27!}{9!\cdot 17!\cdot 5^{17}}+ (-1)^5\frac{33!}{11!\cdot 23!\cdot 5^{23}}\\ &=\frac{15!}{5!\cdot5^6}-\frac{21!}{7!\cdot 11!\cdot 5^{11}}+\frac{27!}{9!\cdot 17!\cdot 5^{17}}-\frac{33!}{11!\cdot 23!\cdot 5^{23}} \end{aligned}$

참고: 급수 대신 미분 법칙을 사용하여 $f^{(10)}(1/5)$ 을 직접 계산했다면 정확한 값을 구했을 것이다. 그러나 여기서 구한 값은 더 쉽게 구할 수 있고, (정확하지는 않더라도) 매우 정확하다.

이 문제로 이어서 풀기

# 테일러·매클로린 급수계산도전자동 분류