테일러·매클로린 급수 연습문제 — CLP-2 · 3.6절 · 42번

CLP-2 · 3.6절 · 42번대학 수준우리말 번역

길이가 $0.0002$ 이하이면서 수

$I=\int_0^{\frac{1}{2}} x^2 e^{-x^2}\ \mathrm{d}x$

를 포함하는 구간을 구하세요.

영어 원문 보기

Find an interval of length $0.0002$ or less that contains the number

$I=\int_0^{\frac{1}{2}} x^2 e^{-x^2}\ \mathrm{d}x$

정답·풀이 보기

지수함수를 테일러 급수로 전개하면

$\begin{aligned} I&=\int_0^{\frac{1}{2}} x^2 e^{-x^2}\ \mathrm{d}x =\sum_{n=0}^\infty\int_0^{\frac{1}{2}} x^2 \frac{{(-x^2)}^n}{n!}\ \mathrm{d}x =\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{n!}\int_0^{\frac{1}{2}} x^{2n+2} \ \mathrm{d}x \\ &=\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{n!(2n+3)}\frac{1}{2^{2n+3}} \end{aligned}$

이 급수에서 이웃한 항의 부호는 번갈아 바뀐다. 또한 $n^{\rm th}$ 항의 크기는 $n$ 이 커질수록 감소한다. 따라서 교대급수 판정법에 의해, 모든 $N$ 에 대해 $I$ 는 $\sum\limits_{n=0}^N \frac{(-1)^n}{n!(2n+3)}\frac{1}{2^{2n+3}}$ 과 $\sum\limits_{n=0}^{N+1} \frac{(-1)^n}{n!(2n+3)}\frac{1}{2^{2n+3}}$ 사이에 있다. 처음 몇 개의 항을 소수 다섯째 자리까지 나타내면 다음과 같다.

$\begin{array}{|c|c|c|c|c|}\hline n & \text{0} & \text{1} & \text{2} & \text{3} \\ \hline \dfrac{(-1)^n}{n!(2n+3)}\frac{1}{2^{2n+3}} & \text{0.04167} & \text{-0.00625} & \text{0.00056} & \text{-0.00004} \\ \hline \end{array}$

각 항에 $0.000005$ 의 반올림 오차가 있다고 보면, $I$ 는

$0.04167-0.00625+0.00056+0.000005\times 3=0.035995$

와

$0.04167-0.00625+0.00056-0.00004-0.000005\times 4=0.035920$

사이에 있어야 한다. 여기서 $0.000005$ 의 배수는 더한 항들에서 누적될 수 있는 반올림 오차의 최댓값이다.

원본 교재 풀이(영어)

Expanding the exponential using its Taylor 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 $\sum\limits_{n=0}^N \frac{(-1)^n}{n!(2n+3)}\frac{1}{2^{2n+3}}$ and $\sum\limits_{n=0}^{N+1} \frac{(-1)^n}{n!(2n+3)}\frac{1}{2^{2n+3}}$ , for every $N$ . The first few terms are, to five decimal places,

Allowing for a roundoff error of $0.000005$ in each of these, $I$ must be between

$0.04167-0.00625+0.00056+0.000005\times 3=0.035995$

and

$0.04167-0.00625+0.00056-0.00004-0.000005\times 4=0.035920$

where the multiples of 0.000005 are the maximum possible accumulated roundoff errors in the added terms.

한 번 더 — 비슷한 문제CLP-2 · 3.6절 · 41번우리말 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.

답 쓰고 채점

다 풀었으면 정답 확인

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

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

이 문제로 이어서 풀기

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