급수 심화 전체 연습문제

1.CLP-1 · 3.4절 · 9번대학 수준우리말 번역

$f(x)=2\arcsin x$ 의 $x=0$ 에서의 이차 근사를 이용하여 $f(1)$ 을 어림하세요. 어떤 수를 어림하고 있나요?

영어 원문 보기

Use a quadratic approximation of $f(x)=2\arcsin x$ about $x=0$ to approximate $f(1)$ . What number are you approximating?

정답·풀이 보기

먼저 $f(x)$ 의 처음 두 도함수를 구해 보자.

$\begin{aligned} f(x)&=2\arcsin x&&\Rightarrow& f(0)&=2(0)=0\\ f'(x)&=\frac{2}{\sqrt{1-x^2}}&&\Rightarrow& f'(0)&=\frac{2}{1}=2\\ f''(x)&=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left\{2(1-x^2)^{-\tfrac{1}{2}}\right\}\\ &=2\left(-\tfrac{1}{2}\right)(1-x^2)^{-\tfrac{3}{2}}(-2x) \qquad\text{(연쇄법칙)}\\ &=\frac{2x}{\left(\sqrt{1-x^2}\right)^3}&&\Rightarrow& f''(0)&=0 \\ \text{이제 $x=0$ 에서의 이차 근사를 구할 수 있다.} \\ f(x)&\approx f(0)+f'(0)x+\frac{1}{2}f''(0)x^2\\ &=2x\\ f(1)& \approx 2 \end{aligned}$

이차 근사로 $2\arcsin(1) \approx 2$ 를 얻는다. 그러나 $2\arcsin(1)$ 의 정확한 값은 $2\left(\dfrac{\pi}{2}\right)=\pi$ 이다. 결국 $\pi \approx 2$ 라는 다소 안타까운 어림을 한 셈이다.

원본 교재 풀이(영어)

Let's start by taking the first two derivative of $f(x)$ .

$\begin{aligned} f(x)&=2\arcsin x&&\Rightarrow& f(0)&=2(0)=0\\ f'(x)&=\frac{2}{\sqrt{1-x^2}}&&\Rightarrow& f'(0)&=\frac{2}{1}=2\\ f''(x)&=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left\{2(1-x^2)^{-\tfrac{1}{2}}\right\}\\ &=2\left(-\tfrac{1}{2}\right)(1-x^2)^{-\tfrac{3}{2}}(-2x) \qquad\text{(chain rule)}\\ &=\frac{2x}{\left(\sqrt{1-x^2}\right)^3}&&\Rightarrow& f''(0)&=0 \\ \text{Now, we can find the quadratic approximation about $x=0$.} \\ f(x)&\approx f(0)+f'(0)x+\frac{1}{2}f''(0)x^2\\ &=2x\\ f(1)& \approx 2 \end{aligned}$

Our quadratic approximation gives $2\arcsin(1) \approx 2$ . However, $2\arcsin(1)$ is exactly equal to $2\left(\dfrac{\pi}{2}\right)=\pi$ . We've just made the rather unfortunate approximation $\pi \approx 2$ .

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-1 · 3.4절 · 6번

# 테일러 다항식과 오차계산도전자동 분류

2.CLP-1 · 3.4절 · 10번대학 수준우리말 번역

$e^x$ 의 이차 근사를 이용하여 $e$ 를 소수로 어림하세요.

영어 원문 보기

Use a quadratic approximation of $e^x$ to estimate $e$ as a decimal.

답 쓰고 채점

정답·풀이 보기

교재에 따르면 $e^x$ 의 $x=0$ 근방에서의 이차 근사는 $e^x \approx 1+x+\frac{1}{2}x^2$ 이다. 따라서 $e=e^1 \approx 1+1+\frac{1}{2}=2.5$ 이므로 $e \approx 2.5$ 로 어림한다.

참고: 실제로는 $e \approx 2.718$ 이다.

원본 교재 풀이(영어)

From the text, the quadratic approximation of $e^x$ about $x=0$ is $e^x \approx 1+x+\frac{1}{2}x^2$ So, $e=e^1 \approx 1+1+\frac{1}{2}=2.5$ We estimate $e \approx 2.5$ .

Remark: actually, $e \approx 2.718$ .

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-1 · 3.4절 · 8번

# 테일러 다항식과 오차계산도전자동 분류

3.CLP-1 · 3.4절 · 3번대학 수준우리말 번역

함수 $f(x)$ 의 4차 매클로린 다항식이 $T_4(x)=x^4-x^3+x^2-x+1$ 일 때, $f(x)$ 의 3차 매클로린 다항식을 구하세요.

영어 원문 보기

The 4th order Maclaurin polynomial for $f(x)$ is $T_4(x)=x^4-x^3+x^2-x+1$ What is the third order Maclaurin polynomial for $f(x)$ ?

정답·풀이 보기

$f(x)$ 의 4차 매클로린 다항식은

$\begin{aligned} T_4(x)&=f(0)+f'(0)x+\frac{1}{2}f''(0)x^2+\frac{1}{3!}f'''(0)x^3+\frac{1}{4!}f^{(4)}(0)x^4 \\ \text{이고, $f(x)$ 의 3차 매클로린 다항식은} \\ T_3(x)&=f(0)+f'(0)x+\frac{1}{2}f''(0)x^2+\frac{1}{3!}f'''(0)x^3 \\ \text{따라서 $T_4(x)$ 에서 $x^4$ 을 포함한 항을 그냥 ``잘라 내면" 된다:} \\ T_3(x)&=-x^3+x^2-x+1 \end{aligned}$

원본 교재 풀이(영어)

The fourth order Maclaurin polynomial for $f(x)$ is

$\begin{aligned} T_4(x)&=f(0)+f'(0)x+\frac{1}{2}f''(0)x^2+\frac{1}{3!}f'''(0)x^3+\frac{1}{4!}f^{(4)}(0)x^4 \\ \text{while the third order Maclaurin polynomial for $f(x)$ is} \\ T_3(x)&=f(0)+f'(0)x+\frac{1}{2}f''(0)x^2+\frac{1}{3!}f'''(0)x^3 \\ \text{So, we simply ``chop off" the part of $T_4(x)$ that includes $x^4$:} \\ T_3(x)&=-x^3+x^2-x+1 \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-1 · 3.4절 · 12번

# 테일러 다항식과 오차계산도전자동 분류

4.CLP-1 · 3.4절 · 5번대학 수준우리말 번역

임의의 짝수 $n$ 에 대해, 함수 $f(x)$ 의 $x=5$ 에서의 $n$ 차 테일러 다항식이 $\sum_{k=0}^{n/2} \frac{2k+1}{3k-9}(x-5)^{2k}$ 라고 하자. $f^{(10)}(5)$ 의 값을 구하세요.

영어 원문 보기

For any even number $n$ , suppose the $n$ th order Taylor polynomial for $f(x)$ about $x=5$ is $\sum_{k=0}^{n/2} \frac{2k+1}{3k-9}(x-5)^{2k}$ What is $f^{(10)}(5)$ ?

정답·풀이 보기

$f(x)$ 의 $x=5$ 에서의 $n$ 차 테일러 다항식은

$\begin{aligned}T_n(x)&=\sum_{k=0}^{n} \frac{1}{k!}f^{(k)}(5)(x-5)^{k} \\ \text{이를 어느 정도 전개하면:} \\ T_n(x)&=f(5)+f'(x-5) + \cdots + \boxed{\frac{1}{10!}f^{(10)}(5)(x-5)^{10}}+\cdots + \frac{1}{n!}f^{(n)}(5)(x-5)^n \\ \text{따라서 $(x-5)^{10}$ 의 계수는 $\dfrac{1}{10!}f^{(10)}(5)$ 이다. 주어진 꼴의 테일러 다항식을 전개하면:} \\ T_n(x)&=\sum_{k=0}^{n/2} \frac{2k+1}{3k-9}(x-5)^{2k}\\ &= \underbrace{\frac{1}{-9}}_{k=0}+ \underbrace{\frac{3}{-6}(x-5)^2}_{k=1}+\cdots+ \underbrace{\boxed{\frac{11}{6}(x-5)^{10}}}_{k=5}+\cdots+ \underbrace{\frac{n+1}{(3/2)n-9}(x-5)^n}_{k=n/2} \\ \text{두 식에서 $(x-5)^{10}$ 의 계수를 같다고 놓으면:} \\ \frac{1}{10!}f^{(10)}(5)&=\frac{11}{6}\\ f^{(10)}(5)&=\frac{11\cdot 10!}{6} \end{aligned}$

원본 교재 풀이(영어)

The $n$ th order Taylor polynomial for $f(x)$ about $x=5$ is

$\begin{aligned}T_n(x)&=\sum_{k=0}^{n} \frac{1}{k!}f^{(k)}(5)(x-5)^{k} \\ \text{We expand this somewhat:} \\ T_n(x)&=f(5)+f'(x-5) + \cdots + \boxed{\frac{1}{10!}f^{(10)}(5)(x-5)^{10}}+\cdots + \frac{1}{n!}f^{(n)}(5)(x-5)^n \\ \text{So, the coefficient of $(x-5)^{10}$ is $\dfrac{1}{10!}f^{(10)}(5)$. Expanding the given form of the Taylor polynomial:} \\ T_n(x)&=\sum_{k=0}^{n/2} \frac{2k+1}{3k-9}(x-5)^{2k}\\ &= \underbrace{\frac{1}{-9}}_{k=0}+ \underbrace{\frac{3}{-6}(x-5)^2}_{k=1}+\cdots+ \underbrace{\boxed{\frac{11}{6}(x-5)^{10}}}_{k=5}+\cdots+ \underbrace{\frac{n+1}{(3/2)n-9}(x-5)^n}_{k=n/2} \\ \text{Equating the coefficients of $(x-5)^{10}$ in the two expressions:} \\ \frac{1}{10!}f^{(10)}(5)&=\frac{11}{6}\\ f^{(10)}(5)&=\frac{11\cdot 10!}{6} \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-1 · 3.4절 · 5번

# 테일러 다항식과 오차계산도전자동 분류

5.CLP-1 · 3.4절 · 6번대학 수준우리말 번역

$f(x)=x^3\left[2\log x - \dfrac{11}{3}\right]$ 의 $x=a$ 에서의 3차 테일러 다항식이 $T_3(x)=-\frac{2}{3}\sqrt{e^3}+3ex-6\sqrt{e}x^2+x^3$ 일 때, $a$ 의 값을 구하세요.

영어 원문 보기

The third order Taylor polynomial for $f(x)=x^3\left[2\log x - \dfrac{11}{3}\right]$ about $x=a$ is $T_3(x)=-\frac{2}{3}\sqrt{e^3}+3ex-6\sqrt{e}x^2+x^3$ What is $a$ ?

답 쓰고 채점

정답·풀이 보기

$T_3(x)$ 는 $x=a$ 에서 $f(x)$ 의 3차 테일러 다항식이므로 다음이 성립한다.

$f(a)=T_3(a)$
$f'(a)=T'_3(a)$
$f''(a)=T''_3(a)$
$f'''(a)=T'''_3(a)$

그런데 이 중 일부는 별로 쓸모가 없어 보인다. 예를 들어 첫 번째 항목을 이용하면 다음 방정식을 얻는다. $a^3\left[2\log a - \frac{11}{3}\right]=-\frac{2}{3}\sqrt{e^3}+3ea-6\sqrt{e}a^2+a^3$ 이것을 푸는 것은 매우 어렵다. 대신 목록의 아래로 갈수록 식이 어떻게 되는지 생각해 보자. $T_3(x)$ 는 삼차식이므로 $T_3'''(x)$ 는 상수이다(따라서 $T_3'''(a)$ 는 $a$ 에 의존하지 않는다). 이것이 가장 간단한 방법일 것 같다. 미분을 시작하자. $f'''(a)$ 와 $T_3'''(a)$ 를 모두 알아야 한다.

$\begin{aligned} f(x)&=x^3\left[2\log x - \frac{11}{3}\right]\\ f'(x)&=x^3\left[\frac{2}{x}\right]+3x^2\left[2\log x - \frac{11}{3}\right]=6x^2\log x -9x^2\\ f''(x)&=6x^2\cdot\frac{1}{x}+12x\log x - 18x=12x\log x - 12 x\\ f'''(x)&=12x\cdot\frac{1}{x}+12\log x - 12 = 12\log x\\ f'''(a)&=12\log a \\ \text{이제 테일러 다항식으로 넘어가자. $e$ 는 상수임을 기억하자.} \\ T_3(x)&=-\frac{2}{3}\sqrt{e^3}+3ex-6\sqrt{e}x^2+x^3\\ T_3'(x)&=3e-12\sqrt{e}x+3x^2\\ T_3''(x)&=-12\sqrt{e}+6x\\ T_3'''(x)&=6\\ T_3'''(a)&=6 \\ \text{마지막 항목에서 다음 방정식을 얻는다:} \\ f'''(a)&=T_3'''(a)\\ 12\log a &= 6\\ \log a &= \frac{1}{2}\\ a&=e^{\tfrac{1}{2}} \end{aligned}$

따라서 $a=\sqrt{e}$ 이다.

원본 교재 풀이(영어)

Since $T_3(x)$ is the third order Taylor polynomial for $f(x)$ about $x=a$ , we know the following things to be true:

$f(a)=T_3(a)$
$f'(a)=T'_3(a)$
$f''(a)=T''_3(a)$
$f'''(a)=T'''_3(a)$

But, some of these don't look super useful. For instance, if we try to use the first bullet, we get this equation: $a^3\left[2\log a - \frac{11}{3}\right]=-\frac{2}{3}\sqrt{e^3}+3ea-6\sqrt{e}a^2+a^3$ Solving this would be terrible. Instead, let's think about how the equations look when we move further down the list. Since $T_3(x)$ is a cubic equation, $T_3'''(x)$ is a constant (and so $T_3'''(a)$ does not depend on $a$ ). That sounds like it's probably the simplest option. Let's start differentiating. We'll need to know both $f'''(a)$ and $T_3'''(a)$ .

$\begin{aligned} f(x)&=x^3\left[2\log x - \frac{11}{3}\right]\\ f'(x)&=x^3\left[\frac{2}{x}\right]+3x^2\left[2\log x - \frac{11}{3}\right]=6x^2\log x -9x^2\\ f''(x)&=6x^2\cdot\frac{1}{x}+12x\log x - 18x=12x\log x - 12 x\\ f'''(x)&=12x\cdot\frac{1}{x}+12\log x - 12 = 12\log x\\ f'''(a)&=12\log a \\ \text{Now, let's move to the Taylor polynomial. Remember that $e$ is a constant.} \\ T_3(x)&=-\frac{2}{3}\sqrt{e^3}+3ex-6\sqrt{e}x^2+x^3\\ T_3'(x)&=3e-12\sqrt{e}x+3x^2\\ T_3''(x)&=-12\sqrt{e}+6x\\ T_3'''(x)&=6\\ T_3'''(a)&=6 \\ \text{The final bullet point gives us the equation:} \\ f'''(a)&=T_3'''(a)\\ 12\log a &= 6\\ \log a &= \frac{1}{2}\\ a&=e^{\tfrac{1}{2}} \end{aligned}$

So, $a=\sqrt{e}$ .

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-1 · 3.4절 · 1번

# 테일러 다항식과 오차계산도전자동 분류

6.CLP-1 · 3.4절 · 7번대학 수준우리말 번역

$6\arctan x$ 의 5차 매클로린 다항식을 이용하여 $\pi$ 를 어림하세요.

영어 원문 보기

Use a 5th order Maclaurin polynomial for $6\arctan x$ to approximate $\pi$ .

답 쓰고 채점

정답·풀이 보기

$6\arctan\left(\dfrac{1}{\sqrt3}\right)=6\left(\dfrac{\pi}{6}\right)=\pi$ 임에 주목한다. $f(x)=6\arctan x$ 의 5차 매클로린 다항식 $T_5(x)$ 를 구하자. 그러면 $\pi=f\left(\dfrac{1}{\sqrt{3}}\right) \approx T_5\left(\dfrac{1}{\sqrt{3}}\right)$ 이다. 먼저 $f(x)=6\arctan x$ 의 처음 다섯 개의 도함수를 구하자.

$\begin{aligned} f(x)&=6\arctan x&f(0)&=0\\ f'(x)&=6\left(\frac{1}{1+x^2}\right)&f'(0)&=6\\ f''(x)&=6\left(\frac{0-2x}{(1+x^2)^2}\right)=-12\left(\frac{x}{(1+x^2)^2}\right)&f''(0)&=0\\ f'''(x)&=-12\left(\frac{(1+x^2)^2-x\cdot 2(1+x^2)(2x)}{(1+x^2)^4}\right)\\ &=-12\left(\frac{(1+x^2)-4x^2}{(1+x^2)^3}\right)\\ &=-12\left(\frac{1-3x^2}{(1+x^2)^3}\right)&f'''(0)&=-12\\ f^{(4)}(x)&=-12\left(\frac{(1+x^2)^3(-6x)-(1-3x^2)\cdot3(1+x^2)^2(2x)}{(1+x^2)^6}\right)\\ &=-12\left(\frac{-6x(1+x^2)-6x(1-3x^2)}{(1+x^2)^4}\right)\\ &=144\left(\frac{x-x^3}{(1+x^2)^4}\right)&f^{(4)}(0)&=0\\ f^{(5)}(x)&=144\left(\frac{(1+x^2)^4(1-3x^2)-(x-x^3)\cdot4(1+x^2)^3(2x)}{(1+x^2)^{8}}\right)\\ &=144\left(\frac{(1+x^2)(1-3x^2)-8x(x-x^3)}{(1+x^2)^{5}}\right)\\ &=144\frac{5x^4-10x^2+1}{(1+x^2)^5}&f^{(5)}(0)&=144 \end{aligned}$

이제 이 값들을 이용하여 $f(x)$ 의 5차 매클로린 다항식을 계산한다.

$\begin{aligned} T_5(x)&=f(0)+f'(0)x+\frac{1}{2}f''(0)x^2+\frac{1}{3!}f'''(0)x^3+\frac{1}{4!}f^{(4)}(0)x^4 +\frac{1}{5!}f^{(5)}(0)x^5\\ &=6x-\frac{12}{6}x^3+\frac{144}{120}x^5\\ &=6x-2x^3+\frac{6}{5}x^5 \\ \text{이제 $f\left(\dfrac{1}{\sqrt{3}}\right)=6\arctan\left(\dfrac{1}{\sqrt{3}}\right)=\pi$ 를 어림하면:} \\ \pi&=f\left(\dfrac{1}{\sqrt{3}}\right) \approx T_5\left(\dfrac{1}{\sqrt{3}}\right)= \frac{6}{\sqrt{3}}-\frac{2}{\sqrt{3}^3}+\frac{6}{5\sqrt{3}^5}\\ &=2\sqrt{3}\left(1-\frac{1}{3\cdot3}+\frac{1}{5\cdot 9}\right)\approx 3.156 \end{aligned}$

참고: $\pi$ 를 원하는 정확도까지 계산하는 방법은 매우 많다. 그중 많은 방법이 $\arctan x$ 의 매클로린 전개를 이용한다. 1706년 존 머신은 매클로린 전개와 $\pi = 16 \arctan\frac{1}{5} -4\arctan\frac{1}{239}$ 을 함께 이용하여 $\pi$ 를 소수 100자리까지 계산하였다.

원본 교재 풀이(영어)

We note that $6\arctan\left(\dfrac{1}{\sqrt3}\right)=6\left(\dfrac{\pi}{6}\right)=\pi$ . We will find the 5th order Maclaurin polynomial $T_5(x)$ for $f(x)=6\arctan x$ . Then $\pi=f\left(\dfrac{1}{\sqrt{3}}\right) \approx T_5\left(\dfrac{1}{\sqrt{3}}\right)$ . Let's begin by finding the first five derivatives of $f(x)=6\arctan x$ .

$\begin{aligned} f(x)&=6\arctan x&f(0)&=0\\ f'(x)&=6\left(\frac{1}{1+x^2}\right)&f'(0)&=6\\ f''(x)&=6\left(\frac{0-2x}{(1+x^2)^2}\right)=-12\left(\frac{x}{(1+x^2)^2}\right)&f''(0)&=0\\ f'''(x)&=-12\left(\frac{(1+x^2)^2-x\cdot 2(1+x^2)(2x)}{(1+x^2)^4}\right)\\ &=-12\left(\frac{(1+x^2)-4x^2}{(1+x^2)^3}\right)\\ &=-12\left(\frac{1-3x^2}{(1+x^2)^3}\right)&f'''(0)&=-12\\ f^{(4)}(x)&=-12\left(\frac{(1+x^2)^3(-6x)-(1-3x^2)\cdot3(1+x^2)^2(2x)}{(1+x^2)^6}\right)\\ &=-12\left(\frac{-6x(1+x^2)-6x(1-3x^2)}{(1+x^2)^4}\right)\\ &=144\left(\frac{x-x^3}{(1+x^2)^4}\right)&f^{(4)}(0)&=0\\ f^{(5)}(x)&=144\left(\frac{(1+x^2)^4(1-3x^2)-(x-x^3)\cdot4(1+x^2)^3(2x)}{(1+x^2)^{8}}\right)\\ &=144\left(\frac{(1+x^2)(1-3x^2)-8x(x-x^3)}{(1+x^2)^{5}}\right)\\ &=144\frac{5x^4-10x^2+1}{(1+x^2)^5}&f^{(5)}(0)&=144 \end{aligned}$

We now use these values to compute the 5th order Maclaurin polynomial for $f(x)$ .

$\begin{aligned} T_5(x)&=f(0)+f'(0)x+\frac{1}{2}f''(0)x^2+\frac{1}{3!}f'''(0)x^3+\frac{1}{4!}f^{(4)}(0)x^4 +\frac{1}{5!}f^{(5)}(0)x^5\\ &=6x-\frac{12}{6}x^3+\frac{144}{120}x^5\\ &=6x-2x^3+\frac{6}{5}x^5 \\ \text{Now, if we want to approximate $f\left(\dfrac{1}{\sqrt{3}}\right)=6\arctan\left(\dfrac{1}{\sqrt{3}}\right)=\pi$:} \\ \pi&=f\left(\dfrac{1}{\sqrt{3}}\right) \approx T_5\left(\dfrac{1}{\sqrt{3}}\right)= \frac{6}{\sqrt{3}}-\frac{2}{\sqrt{3}^3}+\frac{6}{5\sqrt{3}^5}\\ &=2\sqrt{3}\left(1-\frac{1}{3\cdot3}+\frac{1}{5\cdot 9}\right)\approx 3.156 \end{aligned}$

Remark: There are numerous methods for computing $\pi$ to any desired degree of accuracy. Many of them use the Maclaurin expansion of $\arctan x$ . In 1706 John Machin computed $\pi$ to 100 decimal digits by using the Maclaurin expansion together with $\pi = 16 \arctan\frac{1}{5} -4\arctan\frac{1}{239}$ .

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-1 · 3.4절 · 9번

# 테일러 다항식과 오차계산도전자동 분류

7.CLP-1 · 3.4절 · 9번대학 수준우리말 번역

$x=\dfrac{\pi}{4}$ 에서 $f(x)=\sin x$ 의 $(2n)$ 차 테일러 다항식을 시그마 기호로 나타내세요.

영어 원문 보기

Write the $(2n)$ th order Taylor polynomial for $f(x)=\sin x$ about $x=\dfrac{\pi}{4}$ in sigma notation.

정답·풀이 보기

다음을 떠올리자.

$T_{2n}(x)=\sum_{k=0}^{2n} \frac{f^{(k)}\left(\frac{\pi}{4}\right)}{k!}\left(x-\frac{\pi}{4}\right)^k$

먼저 도함수를 몇 개 구해 보자. 물론 사인 함수를 미분하므로 도함수는 네 번마다 반복된다.

$\begin{aligned} f(x)&=\sin x & f\left(\frac{\pi}{4}\right)&=\frac{1}{\sqrt 2}\\ f'(x)&=\cos x & f'\left(\frac{\pi}{4}\right)&=\frac{1}{\sqrt{2}}\\ f''(x)&=-\sin x & f''\left(\frac{\pi}{4}\right)&=-\frac{1}{\sqrt 2}\\ f'''(x)&=-\cos x & f'''\left(\frac{\pi}{4}\right)&=-\frac{1}{\sqrt{2}}\\ \end{aligned}$

따라서 미분계수의 규칙은 $\dfrac{1}{\sqrt{2}}$ , $\dfrac{1}{\sqrt{2}}$ , $-\dfrac{1}{\sqrt{2}}$ , $-\dfrac{1}{\sqrt{2}}$ , $\dfrac{1}{\sqrt{2}}$ , $\dfrac{1}{\sqrt{2}}$ , $-\dfrac{1}{\sqrt{2}}$ , $-\dfrac{1}{\sqrt{2}}$ , … 이다. 이것을 시그마 기호로 나타내기는 조금 까다롭다. 짝수 거듭제곱과 홀수 거듭제곱을 나누면 같은 값이 두 번씩 나오는 부분을 처리할 수 있다. $\left(x-\frac{\pi}{4}\right)$ 의 짝수 거듭제곱을 포함하는 $T_{2n}$ 의 처음 몇 개의 항은 다음과 같다.

$\begin{aligned} \underbrace{\frac{1}{\sqrt{2}}}_{k=0} -\underbrace{\frac{1}{2!\sqrt{2}}\left(x-\frac{\pi}{4}\right)^{2}}_{k=2} +\underbrace{\frac{1}{4!\sqrt{2}}\left(x-\frac{\pi}{4}\right)^{4}}_{k=4} \end{aligned}$

이웃한 항끼리 부호가 번갈아 나타남을 알 수 있다. 따라서 $k$ 를 $2\ell$ 로 바꿔 쓰면 이 항들은 다음과 같다.

$\begin{aligned} \underbrace{\frac{1}{\sqrt{2}}}_{\ell=0} -\underbrace{\frac{1}{2!\sqrt{2}}\left(x-\frac{\pi}{4}\right)^{2}}_{\ell=1} +\underbrace{\frac{1}{4!\sqrt{2}}\left(x-\frac{\pi}{4}\right)^{4}}_{\ell=2} \end{aligned}$

여기서 $\ell^{\rm th}$ 번째 항은 $\frac{(-1)^\ell}{(2\ell)!\sqrt{2}}\left(x-\frac{\pi}{4}\right)^{2\ell}$ 이다. 이것이 정말 $\ell^{\rm th}$ 번째 항인지 확인하려면 $\ell=0,1,2$ 에 대해 직접 계산해 보면 된다. $k=2n$ 일 때 $\ell=n$ 이므로

$\begin{aligned} \sum_{\genfrac{}{}{0in}{}{0\le k\le 2n}{k{\rm\ even}}} \frac{f^{(k)}\left(\frac{\pi}{4}\right)}{k!}\left(x-\frac{\pi}{4}\right)^k =\sum_{\ell=0}^{n}\frac{(-1)^\ell}{(2\ell)!\sqrt{2}}\left(x-\frac{\pi}{4}\right)^{2\ell} \end{aligned}$

이제 홀수 거듭제곱을 살펴보자. $\left(x-\frac{\pi}{4}\right)$ 의 홀수 거듭제곱을 포함하는 $T_{2n}$ 의 처음 몇 개의 항은 다음과 같다.

$\begin{aligned} \underbrace{\frac{1}{\sqrt{2}}\left(x-\frac{\pi}{4}\right)}_{k=1} -\underbrace{\frac{1}{3!\sqrt{2}}\left(x-\frac{\pi}{4}\right)^{3}}_{k=3} +\underbrace{\frac{1}{5!\sqrt{2}}\left(x-\frac{\pi}{4}\right)^{5}}_{k=5} \end{aligned}$

이번에도 이웃한 항끼리 부호가 번갈아 나타남을 알 수 있다. 따라서 $k$ 를 $2\ell+1$ 로 바꿔 쓰면 이 항들은 다음과 같다.

$\begin{aligned} \underbrace{\frac{1}{\sqrt{2}}\left(x-\frac{\pi}{4}\right)}_{\ell=0} -\underbrace{\frac{1}{3!\sqrt{2}}\left(x-\frac{\pi}{4}\right)^{3}}_{\ell=1} +\underbrace{\frac{1}{5!\sqrt{2}}\left(x-\frac{\pi}{4}\right)^{5}}_{\ell=2} \end{aligned}$

여기서 $\ell^{\rm th}$ 번째 항은 $\frac{(-1)^\ell}{(2\ell+1)!\sqrt{2}}\left(x-\frac{\pi}{4}\right)^{2\ell+1}$ 이다. 이것이 정말 $\ell^{\rm th}$ 번째 항인지 확인하려면 $\ell=0,1,2$ 에 대해 직접 계산해 보면 된다. $2n$ 보다 작은 가장 큰 홀수 정수는 $2n-1$ 이고, $k=2n-1=2\ell+1$ 일 때 $\ell=n-1$ 이므로

$\begin{aligned} \sum_{\genfrac{}{}{0in}{}{0\le k\le 2n}{k{\rm\ odd}}} \frac{f^{(k)}\left(\frac{\pi}{4}\right)}{k!}\left(x-\frac{\pi}{4}\right)^k =\sum_{\ell=0}^{n-1}\frac{(-1)^\ell}{(2\ell+1)!\sqrt{2}}\left(x-\frac{\pi}{4}\right)^{2\ell+1} \end{aligned}$

짝수 거듭제곱과 홀수 거듭제곱을 합치면

$\begin{aligned} T_{2n}(x)&=\sum_{\ell=0}^{n}\frac{(-1)^\ell}{(2\ell)!\sqrt{2}}\left(x-\frac{\pi}{4}\right)^{2\ell} +\sum_{\ell=0}^{n-1}\frac{(-1)^\ell}{(2\ell+1)!\sqrt{2}}\left(x-\frac{\pi}{4}\right)^{2\ell+1} \end{aligned}$

원본 교재 풀이(영어)

Recall that

$T_{2n}(x)=\sum_{k=0}^{2n} \frac{f^{(k)}\left(\frac{\pi}{4}\right)}{k!}\left(x-\frac{\pi}{4}\right)^k$

Let's start by taking some derivatives. Of course, since we're differentiating sine, the derivatives will repeat every four iterations.

$\begin{aligned} f(x)&=\sin x & f\left(\frac{\pi}{4}\right)&=\frac{1}{\sqrt 2}\\ f'(x)&=\cos x & f'\left(\frac{\pi}{4}\right)&=\frac{1}{\sqrt{2}}\\ f''(x)&=-\sin x & f''\left(\frac{\pi}{4}\right)&=-\frac{1}{\sqrt 2}\\ f'''(x)&=-\cos x & f'''\left(\frac{\pi}{4}\right)&=-\frac{1}{\sqrt{2}}\\ \end{aligned}$

So, the pattern of derivatives is $\dfrac{1}{\sqrt{2}}$ , $\dfrac{1}{\sqrt{2}}$ , $-\dfrac{1}{\sqrt{2}}$ , $-\dfrac{1}{\sqrt{2}}$ , $\dfrac{1}{\sqrt{2}}$ , $\dfrac{1}{\sqrt{2}}$ , $-\dfrac{1}{\sqrt{2}}$ , $-\dfrac{1}{\sqrt{2}}$ , etc. This is a little tricky to write in sigma notation. We can deal with the “doubles" by separating the even and odd powers. The first few terms of $T_{2n}$ that contain even powers of $\left(x-\frac{\pi}{4}\right)$ are

$\begin{aligned} \underbrace{\frac{1}{\sqrt{2}}}_{k=0} -\underbrace{\frac{1}{2!\sqrt{2}}\left(x-\frac{\pi}{4}\right)^{2}}_{k=2} +\underbrace{\frac{1}{4!\sqrt{2}}\left(x-\frac{\pi}{4}\right)^{4}}_{k=4} \end{aligned}$

Observe that the signs alternate between successive terms. So if we rename $k$ to $2\ell$ these terms are

$\begin{aligned} \underbrace{\frac{1}{\sqrt{2}}}_{\ell=0} -\underbrace{\frac{1}{2!\sqrt{2}}\left(x-\frac{\pi}{4}\right)^{2}}_{\ell=1} +\underbrace{\frac{1}{4!\sqrt{2}}\left(x-\frac{\pi}{4}\right)^{4}}_{\ell=2} \end{aligned}$

and the $\ell^{\rm th}$ term here is $\frac{(-1)^\ell}{(2\ell)!\sqrt{2}}\left(x-\frac{\pi}{4}\right)^{2\ell}$ . To verify that this really is the $\ell^{\rm th}$ term, evaluate this for $\ell=0,1,2$ explicitly. When $k=2n$ , $\ell=n$ so that

$\begin{aligned} \sum_{\genfrac{}{}{0in}{}{0\le k\le 2n}{k{\rm\ even}}} \frac{f^{(k)}\left(\frac{\pi}{4}\right)}{k!}\left(x-\frac{\pi}{4}\right)^k =\sum_{\ell=0}^{n}\frac{(-1)^\ell}{(2\ell)!\sqrt{2}}\left(x-\frac{\pi}{4}\right)^{2\ell} \end{aligned}$

Now for the odd powers. The first few terms of $T_{2n}$ that contain odd powers of $\left(x-\frac{\pi}{4}\right)$ are

$\begin{aligned} \underbrace{\frac{1}{\sqrt{2}}\left(x-\frac{\pi}{4}\right)}_{k=1} -\underbrace{\frac{1}{3!\sqrt{2}}\left(x-\frac{\pi}{4}\right)^{3}}_{k=3} +\underbrace{\frac{1}{5!\sqrt{2}}\left(x-\frac{\pi}{4}\right)^{5}}_{k=5} \end{aligned}$

Observe that the signs again alternate between successive terms. So if we rename $k$ to $2\ell+1$ these terms are

$\begin{aligned} \underbrace{\frac{1}{\sqrt{2}}\left(x-\frac{\pi}{4}\right)}_{\ell=0} -\underbrace{\frac{1}{3!\sqrt{2}}\left(x-\frac{\pi}{4}\right)^{3}}_{\ell=1} +\underbrace{\frac{1}{5!\sqrt{2}}\left(x-\frac{\pi}{4}\right)^{5}}_{\ell=2} \end{aligned}$

and the $\ell^{\rm th}$ term here is $\frac{(-1)^\ell}{(2\ell+1)!\sqrt{2}}\left(x-\frac{\pi}{4}\right)^{2\ell+1}$ . To verify that this really is the $\ell^{\rm th}$ term, evaluate this for $\ell=0,1,2$ explicitly. The largest odd integer that is smaller than $2n$ is $2n-1$ and when $k=2n-1=2\ell+1$ , $\ell=n-1$ so that

$\begin{aligned} \sum_{\genfrac{}{}{0in}{}{0\le k\le 2n}{k{\rm\ odd}}} \frac{f^{(k)}\left(\frac{\pi}{4}\right)}{k!}\left(x-\frac{\pi}{4}\right)^k =\sum_{\ell=0}^{n-1}\frac{(-1)^\ell}{(2\ell+1)!\sqrt{2}}\left(x-\frac{\pi}{4}\right)^{2\ell+1} \end{aligned}$

Putting the even and odd powers together

$\begin{aligned} T_{2n}(x)&=\sum_{\ell=0}^{n}\frac{(-1)^\ell}{(2\ell)!\sqrt{2}}\left(x-\frac{\pi}{4}\right)^{2\ell} +\sum_{\ell=0}^{n-1}\frac{(-1)^\ell}{(2\ell+1)!\sqrt{2}}\left(x-\frac{\pi}{4}\right)^{2\ell+1} \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-1 · 3.4절 · 2번

# 테일러 다항식과 오차계산도전자동 분류

8.CLP-1 · 3.4절 · 7번대학 수준우리말 번역

어떤 시료가 처음에 방사성 동위 원소 정확히 1 $\mu$ g 으로 시작하고, 3년 후에 0.9 $\mu$ g 이 남아 있는 것으로 측정되었다. 이 측정값이 0.05 $\mu$ g 이내로 정확하다면, 이 측정값을 이용해 계산한 반감기의 정확도가 이에 따라 어느 정도인지 어림하세요.

영어 원문 보기

A sample begins with precisely 1 $\mu$ g of a radioactive isotope, and after 3 years is measured to have 0.9 $\mu$ g remaining. If this measurement is correct to within 0.05 $\mu$ g, estimate the corresponding accuracy of the half-life calculated using it.

정답·풀이 보기

$q$ 를 3년 후 남아 있는 동위 원소의 측정량이라 하자. $h(q)$ 를 $q$ 를 이용해 계산한 동위 원소의 반감기라 하자. 측정값은 $q=0.9$ 이었으나, $q$ 가 0.05만큼 변할 때 $h$ 가 얼마나 변하는지 알고 싶다. 그래서 $\Delta q= \pm 0.05$ 라 하고, $\Delta h$ 를 이에 대응하는 $h$ 의 변화량이라 하자. 선형 근사에 의해 다음을 얻는다.

$\begin{aligned}\Delta h& \approx h'(0.9)\Delta q \\ \text{따라서,} \\ \left|\Delta h\right|&\approx\left| h'(0.9)\right|\left|\Delta q\right|= h'(0.9)\cdot 0.05 \end{aligned}$

이것은 문제를 푸는 계획을 시사한다. 측정값 $q$ 를 바탕으로 계산한 동위 원소의 반감기를 나타내는 식 $h(q)$ 를 구한다. 그런 다음 $h'(0.9)$ 를 구한다. 마지막으로, 식 $\left|\Delta h\right|=h'(0.9)\cdot0.05$ 가 측정값의 0.05 변화에 대응하는 $h$ 의 변화량을 알려 준다.

3년 후 $q$ $\mu$ g 이 남아 있을 때 동위 원소의 반감기를 구해 보자. $t$ 년 후 존재하는 동위 원소의 양은 다음과 같다.

$\begin{aligned} Q(t)&=Q(0)e^{-kt} \\ \text{어떤 상수 $k$ 에 대해. 정확히 1 $\mu$g 이 있던 때를 $t=0$ 이라 하자. 그러면} \\ Q(t)&=e^{-kt} \\ \text{3년 후 남아 있는 동위 원소의 양이 $q$ 이므로} \\ q&=e^{-k\cdot 3}\\ q^{\frac{1}{3}}&=e^{-k}\\ Q(t)&=\left(e^{-k}\right)^t=q^{\frac{t}{3}} \\ \text{반감기는 $Q(t)=\frac{1}{2}Q(0)=\frac{1}{2}$ 이 되는 $t$ 의 값이다.} \\ \frac{1}{2}&=Q(t)=q^{\frac{t}{3}}\\ \log\left(\frac{1}{2}\right)&=\log\left(q^{\frac{t}{3}}\right)\\ -\log 2 &=\frac{t}{3}\log q\\ t&=\frac{-3\log 2}{\log q} \end{aligned}$

따라서 계산된 반감기는 $\dfrac{-3\log 2}{\log q}$ 이다. 이로써 첫 번째 목표, 즉 계산된 원소의 반감기를 나타내는 함수 $h(q)$ 를 얻는다.

$\begin{aligned}h(q)&=\dfrac{-3\log2}{\log q} \\ \text{계획에 따라 $h'(0.9)$ 를 구한다.} \\ h'(q)&=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}q}\left\{\dfrac{-3\log2}{\log q}\right\}\\ &=-3\log 2\cdot\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}q}\left\{\left(\log q\right)^{-1}\right\}\\ &=-3\log 2\cdot(-1)\left(\log q\right)^{-2}\cdot\frac{1}{q}\\ &=\frac{3\log 2}{q\log^2q}\\ h'(0.9)&=\frac{3\log2}{0.9\log^2(0.9)}\approx 208 \\ \text{마지막으로, 계획에서 정리한 대로, } \\ \left|\Delta h\right|&=h'(0.9)\cdot0.05\\ &=\frac{3\log2}{18\log^2(0.9)}\approx 10.4 \end{aligned}$

측정값이 $\pm 0.05$ $\mu$ g 만큼 변하면, 계산된 반감기는 약 $\pm$ 10.4년 변하는 것으로 어림된다. 측정값이 $0.05$ $\mu$ g 이내로 정확하므로, 계산된 반감기는 약 10.4년 이내로 정확하다고 어림할 수 있다.

참고: $h(0.9)=\dfrac{-3\log 2}{\log 0.9} \approx 19.7$ 이므로, 10.4년의 절대 오차는 백분율 오차 $100\dfrac{10.4}{19.7}\approx 53\%$ 에 해당한다. 문제에서는 절대 오차인지 백분율 오차인지 정하지 않았다. 둘 다 의미가 있으므로 어느 쪽을 써도 된다.

원본 교재 풀이(영어)

Let $q$ be the measured amount of the isotope remaining after 3 years. Let $h(q)$ be the half-life of the isotope that we calculate using $q$ . We measured $q=0.9$ , but we want to know what the change in $h$ is if $q$ moves by 0.05. So, let $\Delta q= \pm 0.05$ , and let $\Delta h$ be the corresponding change in $h$ . The linear approximation tells us

$\begin{aligned}\Delta h& \approx h'(0.9)\Delta q \\ \text{So,} \\ \left|\Delta h\right|&\approx\left| h'(0.9)\right|\left|\Delta q\right|= h'(0.9)\cdot 0.05 \end{aligned}$

This suggests a plan for solving the problem. We will find the equation $h(q)$ giving the calculated half-life of the isotope based on the measurement $q$ . Then, we will find $h'(0.9)$ . Finally, the equation $\left|\Delta h\right|=h'(0.9)\cdot0.05$ will tell us the change in $h$ that corresponds with a change of 0.05 in our measurement.

Let us find the half-life of the isotope, if after three years $q$ $\mu$ g is remaining. The amount of the isotope present after $t$ years is given by

$\begin{aligned} Q(t)&=Q(0)e^{-kt} \\ \text{for some constant $k$. Let's take $t=0$ to be the time when precisely one $\mu$g was present. Then} \\ Q(t)&=e^{-kt} \\ \text{After three years, $q$ is the amount of the isotope remaining, so} \\ q&=e^{-k\cdot 3}\\ q^{\frac{1}{3}}&=e^{-k}\\ Q(t)&=\left(e^{-k}\right)^t=q^{\frac{t}{3}} \\ \text{The half-life is the value of $t$ for which $Q(t)=\frac{1}{2}Q(0)=\frac{1}{2}$.} \\ \frac{1}{2}&=Q(t)=q^{\frac{t}{3}}\\ \log\left(\frac{1}{2}\right)&=\log\left(q^{\frac{t}{3}}\right)\\ -\log 2 &=\frac{t}{3}\log q\\ t&=\frac{-3\log 2}{\log q} \end{aligned}$

So, we calculate the half-life to be $\dfrac{-3\log 2}{\log q}$ . This gives us our first goal: a function $h(q)$ that tells us the calculated half-life of the element.

$\begin{aligned}h(q)&=\dfrac{-3\log2}{\log q} \\ \text{Following our plan, we find $h'(0.9)$.} \\ h'(q)&=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}q}\left\{\dfrac{-3\log2}{\log q}\right\}\\ &=-3\log 2\cdot\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}q}\left\{\left(\log q\right)^{-1}\right\}\\ &=-3\log 2\cdot(-1)\left(\log q\right)^{-2}\cdot\frac{1}{q}\\ &=\frac{3\log 2}{q\log^2q}\\ h'(0.9)&=\frac{3\log2}{0.9\log^2(0.9)}\approx 208 \\ \text{Finally, as outlined in our plan, } \\ \left|\Delta h\right|&=h'(0.9)\cdot0.05\\ &=\frac{3\log2}{18\log^2(0.9)}\approx 10.4 \end{aligned}$

If our measurement changes by $\pm 0.05$ $\mu$ g, then we estimate our calculated half-life changes by about $\pm$ 10.4 years. Since our measurement is accurate to within $0.05$ $\mu$ g, that means we estimate our calculated half-life to be accurate to within about 10.4 years.

Remark: since $h(0.9)=\dfrac{-3\log 2}{\log 0.9} \approx 19.7$ , an absolute error of 10.4 years corresponds to a percentage error of $100\dfrac{10.4}{19.7}\approx 53\%$ . The question did not specify absolute or percentage error. Since both make sense, you can use either one.

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-1 · 3.4절 · 4번

# 테일러 다항식과 오차계산도전자동 분류

9.CLP-1 · 3.4절 · 11번대학 수준우리말 번역

$f(x)=\log(x)$ 라 하고, $T_n(x)$ 를 $x=1$ 에서 $f(x)$ 의 $n$ 차 테일러 다항식이라 하자. $T_n(1.1)$ 을 사용하여 $\log (1.1)$ 을 어림한다. 어림값의 오차가 $10^{-4}$ 이하가 되어야 한다면, 사용할 수 있는 $n$ 의 값은 무엇입니까?

영어 원문 보기

Let $f(x)=\log(x)$ , and let $T_n(x)$ be the $n$ th order Taylor polynomial for $f(x)$ about $x=1$ . You use $T_n(1.1)$ to estimate $\log (1.1)$ . If your estimation needs to have an error of no more than $10^{-4}$ , what is an acceptable value of $n$ to use?

정답·풀이 보기

오차는 어떤 상수 $c$ 에 대해 $\dfrac{f^{(n+1)}(c)}{(n+1)!}(x-1)^{n+1}$ 의 꼴이므로, $f^{(n)}(x)$ 에 대한 식을 구해 보자. 이는 교재에서 이미 다룬 적이 있지만 여기서 다시 해 보자. 도함수를 여러 번 구한 다음 규칙을 찾는다.

$\begin{aligned} f(x)&=\log x\\ f'(x)&=x^{-1}\\ f''(x)&=-x^{-2}\\ f'''(x)&=2!\,x^{-3}\\ f^{(4)}(x)&=-3!\,x^{-4}\\ f^{(5)}(x)&=4!\,x^{-5} \\ \text{따라서 $n \geq 1$ 일 때,} \\ f^{(n)}(x)&=(-1)^{n-1}(n-1)!\cdot x^{-n} \end{aligned}$

이제 $f(x)$ 의 도함수를 알았으므로, 어림값의 오차가 어떤 모양인지 더 잘 알 수 있다.

$\begin{aligned} \left|f(1.1)-T_n(1.1)\right|&=\left|\dfrac{f^{(n+1)}(c)}{(n+1)!}(1.1-1)^{n+1}\right|\\ &=\left|f^{(n+1)}(c)\right|\frac{0.1^{n+1}}{(n+1)!}\\ &=\left|\frac{n!}{c^{n+1}} \right|\frac{1}{10^{n+1}(n+1)!}\\ &=\frac{1}{ |c|^{n+1}\cdot10^{n+1}\cdot(n+1)} \\ \text{$(1,1.1)$ 안의 어떤 $c$ 에 대해} \\ &<\frac{1}{(n+1)10^{n+1}\cdot 1^{n+1}}\\ &=\frac{1}{(n+1)10^{n+1}} \\ \text{지금까지 보인 것은 다음과 같다.} \\ |f(1.1)-T_n(1.1)|&<\dfrac{1}{(n+1)10^{n+1}} \\ \text{$\dfrac{1}{(n+1)10^{n+1}}\le10^{-4}$ 임을 보일 수 있다면, 다음을 결론지을 수 있다.} \\ |f(1.1)-T_n(1.1)|&<\dfrac{1}{(n+1)10^{n+1}}\le10^{-4} \end{aligned}$

즉, 오차가 $10^{-4}$ 보다 작다.

따라서 이 문제의 목표는 $\dfrac{1}{(n+1)10^{n+1}}\le10^{-4}$ 이 되게 하는 $n$ 의 값을 찾는 것이다. $n=3$ 은 분명히 그러한 수이다. 그러므로 3 이상인 모든 $n$ 은 사용할 수 있는 값이다.

원본 교재 풀이(영어)

Our error will have the form $\dfrac{f^{(n+1)}(c)}{(n+1)!}(x-1)^{n+1}$ for some constant $c$ , so let's find an equation for $f^{(n)}(x)$ . This has been done before in the text, but we'll do it again here: we'll take several derivatives, then notice the pattern.

$\begin{aligned} f(x)&=\log x\\ f'(x)&=x^{-1}\\ f''(x)&=-x^{-2}\\ f'''(x)&=2!\,x^{-3}\\ f^{(4)}(x)&=-3!\,x^{-4}\\ f^{(5)}(x)&=4!\,x^{-5} \\ \text{So, when $n \geq 1$,} \\ f^{(n)}(x)&=(-1)^{n-1}(n-1)!\cdot x^{-n} \end{aligned}$

Now that we know the derivative of $f(x)$ , we have a better idea what the error in our approximation looks like.

$\begin{aligned} \left|f(1.1)-T_n(1.1)\right|&=\left|\dfrac{f^{(n+1)}(c)}{(n+1)!}(1.1-1)^{n+1}\right|\\ &=\left|f^{(n+1)}(c)\right|\frac{0.1^{n+1}}{(n+1)!}\\ &=\left|\frac{n!}{c^{n+1}} \right|\frac{1}{10^{n+1}(n+1)!}\\ &=\frac{1}{ |c|^{n+1}\cdot10^{n+1}\cdot(n+1)} \\ \text{for some $c$ in $(1,1.1)$} \\ &<\frac{1}{(n+1)10^{n+1}\cdot 1^{n+1}}\\ &=\frac{1}{(n+1)10^{n+1}} \\ \text{What we've shown so far is } \\ |f(1.1)-T_n(1.1)|&<\dfrac{1}{(n+1)10^{n+1}} \\ \text{If we can show that $\dfrac{1}{(n+1)10^{n+1}}\le10^{-4}$, then we'll be able to conclude} \\ |f(1.1)-T_n(1.1)|&<\dfrac{1}{(n+1)10^{n+1}}\le10^{-4} \end{aligned}$

That is, our error is less than $10^{-4}$ .

So, our goal for the problem is to find a value of $n$ that makes $\dfrac{1}{(n+1)10^{n+1}}\le10^{-4}$ . Certainly, $n=3$ is such a number. Therefore, any $n$ greater than or equal to 3 is an acceptable value.

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-1 · 3.4절 · 1번

# 테일러 다항식과 오차계산도전자동 분류

10.CLP-1 · 3.4절 · 12번대학 수준우리말 번역

테일러 다항식을 이용하여 $\sqrt[7]{2200}$ 의 값을 어림하세요. 어림값의 오차는 0.001 보다 작아야 합니다.

영어 원문 보기

Give an estimation of $\sqrt[7]{2200}$ using a Taylor polynomial. Your estimation should have an error of less than 0.001.

정답·풀이 보기

테일러 다항식을 이용하여 $f(x)=x^{\tfrac{1}{7}}$ 을 근사하자. $3^7=2187$ 이므로 중심을 $x=2187$ 로 잡는다.

오차가 충분히 작아지려면 몇 차 테일러 다항식을 써야 하는지 알아내야 한다.

$n$ 차 테일러 다항식을 사용하면 오차는 다음과 같다.

$\begin{aligned} \left|f(2200)-T_n(2200)\right|&=\left|\frac{f^{(n+1)}(c)}{(n+1)!}(2200-2187)^{n+1}\right|\\ &=\left|f^{(n+1)}(c)\right|\cdot\frac{13^{n+1}}{(n+1)!} \\ \text{어떤 $c$ 가 $(2187,2200)$ 안에 있다. 이 값이 0.001 보다 작으려면 다음이 성립해야 한다.} \\ \left|f^{(n+1)}(c)\right|\cdot\frac{13^{n+1}}{(n+1)!}&<0.001\\ \left|f^{(n+1)}(c)\right|&<\frac{ (n+1)!}{1000\cdot13^{n+1}} \end{aligned}$

어떤 $n$ 에서 이 부등식이 성립하는지 알아내기는 까다롭다. 표를 만들어 보자. 표를 채우는 계산 과정을 모두 보이지는 않지만, 계산은 일반적인 방법을 따른다.

$\begin{array}{c|c|c|c} n & \dfrac{(n+1)!}{1000\cdot 13^{n+1}} & \left|f^{(n+1)}(c)\right| & \textup{Is }\left|f^{(n+1)}(c)\right|<\dfrac{ (n+1)!}{1000\cdot13^{n+1}}\textup{?} \\~&~&~\\ \hline ~&~&~\\ 0&\dfrac{1}{1000\cdot 13}&|f'(c)|=\dfrac{1}{7c^{6/7}}<\dfrac{1}{7\cdot 3^6}& \\~&~&~\\ \hline ~&~&~\\ 1&\dfrac{2}{1000\cdot 13^2}&|f''(c)|=\dfrac{6}{7^2\cdot c^{\tfrac{13}{7}}}<\dfrac{6}{7^2\cdot 3^{13}}&\textup{Yes!} \end{array}$

즉, 1차 테일러 다항식을 사용하면 $2187$ 과 $2200$ 사이의 어떤 $c$ 에 대해

$\begin{aligned} |f(2200)-T_1(2200)|&=\left|f''(c)\right|\cdot\frac{13^2}{2!}\\ &=\frac{6}{7^2\cdot c^{\tfrac{13}{7}}}\cdot\frac{13^2}{2}\\ &<\dfrac{6}{7^2\cdot 3^{13}}\cdot\dfrac{13^2}{2}\\ &=\dfrac{3\cdot 13^2}{7^2 \cdot 3^{13}}\approx 0.0000065 \end{aligned}$

따라서 사실 1차 테일러 다항식(또는 더 높은 차수의 테일러 다항식)을 쓰면 요구되는 것보다 훨씬 정확한 어림값을 얻는다. (그러나 상수 근사가 충분히 정확한지는 알 수 없으므로 $n \geq 1$ 을 쓰는 것이 좋다.)

1차 테일러 다항식을 쓸 수 있음을 알았으므로 $T_1(x)$ 를 계산하자. $x=2187$ 에서 $f(x)=x^{\tfrac{1}{7}}$ 의 테일러 다항식을 구하는 것임을 기억하자.

$\begin{aligned} f(2187)&=2187^{\tfrac{1}{7}}=3\\ f'(x)&=\frac{1}{7}x^{-\tfrac{6}{7}}\\ f'(2187)&=\frac{1}{7\sqrt[7]{2187}^6}=\frac{1}{7\cdot3^6}\\ T_1(x)&=f(2187)+f'(2187)(x-2187)\\ &=3+\frac{x-2187}{7\cdot3^6}\\ T_1(2200)&=3+\frac{2200-2187}{7\cdot3^6}\\ &=3+\frac{13}{7\cdot 3^6}\\ &\approx 3.00255 \end{aligned}$

따라서 $\sqrt[7]{2200}\approx 3.00255$ 이다.

원본 교재 풀이(영어)

We will approximate $f(x)=x^{\tfrac{1}{7}}$ using a Taylor polynomial. Since $3^7=2187$ , we will use $x=2187$ as our centre.

We need to figure out which order Taylor polynomial will result in a small enough error.

If we use the $n$ th Taylor polynomial, our error will be

$\begin{aligned} \left|f(2200)-T_n(2200)\right|&=\left|\frac{f^{(n+1)}(c)}{(n+1)!}(2200-2187)^{n+1}\right|\\ &=\left|f^{(n+1)}(c)\right|\cdot\frac{13^{n+1}}{(n+1)!} \\ \text{for some $c$ in $(2187,2200)$. In order for this to be less than 0.001, we need} \\ \left|f^{(n+1)}(c)\right|\cdot\frac{13^{n+1}}{(n+1)!}&<0.001\\ \left|f^{(n+1)}(c)\right|&<\frac{ (n+1)!}{1000\cdot13^{n+1}} \end{aligned}$

It's a tricky thing to figure out which $n$ makes this true. Let's make a table. We won't show all the work of filling it in, but the work is standard.

$\begin{array}{c|c|c|c} n & \dfrac{(n+1)!}{1000\cdot 13^{n+1}} & \left|f^{(n+1)}(c)\right| & \textup{Is }\left|f^{(n+1)}(c)\right|<\dfrac{ (n+1)!}{1000\cdot13^{n+1}}\textup{?} \\~&~&~\\ \hline ~&~&~\\ 0&\dfrac{1}{1000\cdot 13}&|f'(c)|=\dfrac{1}{7c^{6/7}}<\dfrac{1}{7\cdot 3^6}& \\~&~&~\\ \hline ~&~&~\\ 1&\dfrac{2}{1000\cdot 13^2}&|f''(c)|=\dfrac{6}{7^2\cdot c^{\tfrac{13}{7}}}<\dfrac{6}{7^2\cdot 3^{13}}&\textup{Yes!} \end{array}$

That is: if we use the first order Taylor polynomial, then for some $c$ between $2187$ and $2200$ ,

$\begin{aligned} |f(2200)-T_1(2200)|&=\left|f''(c)\right|\cdot\frac{13^2}{2!}\\ &=\frac{6}{7^2\cdot c^{\tfrac{13}{7}}}\cdot\frac{13^2}{2}\\ &<\dfrac{6}{7^2\cdot 3^{13}}\cdot\dfrac{13^2}{2}\\ &=\dfrac{3\cdot 13^2}{7^2 \cdot 3^{13}}\approx 0.0000065 \end{aligned}$

So, actually, the linear Taylor polynomial (or any higher order Taylor polynomial) will result in an approximation that is much more accurate than required. (We don't know, however, that the constant approximation will be accurate enough–so we'd better stick with $n \geq 1$ .)

Now that we know we can take the first order Taylor polynomial, let's compute $T_1(x)$ . Recall we are taking the Taylor polynomial for $f(x)=x^{\tfrac{1}{7}}$ about $x=2187$ .

$\begin{aligned} f(2187)&=2187^{\tfrac{1}{7}}=3\\ f'(x)&=\frac{1}{7}x^{-\tfrac{6}{7}}\\ f'(2187)&=\frac{1}{7\sqrt[7]{2187}^6}=\frac{1}{7\cdot3^6}\\ T_1(x)&=f(2187)+f'(2187)(x-2187)\\ &=3+\frac{x-2187}{7\cdot3^6}\\ T_1(2200)&=3+\frac{2200-2187}{7\cdot3^6}\\ &=3+\frac{13}{7\cdot 3^6}\\ &\approx 3.00255 \end{aligned}$

We conclude $\sqrt[7]{2200}\approx 3.00255$ .

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-1 · 3.4절 · 11번

# 테일러 다항식과 오차계산도전자동 분류

11.CLP-1 · 3.4절 · 18번대학 수준우리말 번역

$f(x)$ 의 4차 매클로린 다항식이 $T_4(x)=5x^2-9$ 이다. $f(x)$ 의 3차 매클로린 다항식은 무엇인가요?

영어 원문 보기

The 4th order Maclaurin polynomial for $f(x)$ is $T_4(x)=5x^2-9$ What is the third order Maclaurin polynomial for $f(x)$ ?

정답·풀이 보기

$f(x)$ 의 4차 매클로린 다항식은

$\begin{aligned} T_4(x)&=f(0)+f'(0)x+\frac{1}{2}f''(0)x^2+\frac{1}{3!}f'''(0)x^3+\frac{1}{4!}f^{(4)}(0)x^4 \\ \text{한편 $f(x)$ 의 3차 매클로린 다항식은} \\ T_3(x)&=f(0)+f'(0)x+\frac{1}{2}f''(0)x^2+\frac{1}{3!}f'''(0)x^3 \\ \text{따라서 $T_4(x)$ 에서 $x^4$ 을 포함한 부분을 그냥 ``잘라 내면" 된다. 이 경우 그 부분이 이미 0이므로 $T_3(x)=T_4(x)$ 이다.} \\ T_3(x)&=5x^2-9 \end{aligned}$

원본 교재 풀이(영어)

The fourth order Maclaurin polynomial for $f(x)$ is

$\begin{aligned} T_4(x)&=f(0)+f'(0)x+\frac{1}{2}f''(0)x^2+\frac{1}{3!}f'''(0)x^3+\frac{1}{4!}f^{(4)}(0)x^4 \\ \text{while the third order Maclaurin polynomial for $f(x)$ is} \\ T_3(x)&=f(0)+f'(0)x+\frac{1}{2}f''(0)x^2+\frac{1}{3!}f'''(0)x^3 \\ \text{So, we simply ``chop off" the part of $T_4(x)$ that includes $x^4$. Since that's already 0, in this case $T_3(x)=T_4(x)$.} \\ T_3(x)&=5x^2-9 \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-1 · 3.4절 · 6번

# 테일러 다항식과 오차계산도전자동 분류

12.CLP-1 · 3.4절 · 21번대학 수준우리말 번역

$\log 10\approx 2.30259$ 임이 주어졌을 때, 적절한 접선 근사를 이용하여 $\log 10.3$ 을 어림하세요. 적절한 오차 추정을 이용하여 근삿값의 오차의 상한과 하한을 구하세요.

영어 원문 보기

Given that $\log 10\approx 2.30259$ , estimate $\log 10.3$ using a suitable tangent line approximation. Give an upper and lower bound for the error in your approximation by using a suitable error estimate.

정답·풀이 보기

$f(x)=\log x$ , $x_0=10$ 이라 하자. 그러면

$\begin{aligned} f(x)&=\log x & f'(x)&=\frac{1}{x} & f''(x)&=-\frac{1}{x^2} \\ f(10)&=\log 10\approx 2.30259 & f'(10)&=\frac{1}{10} & f''(10)&=-\frac{1}{100} \end{aligned}$

이므로 $x=10.3$ 일 때, $\log 10.3=f(10.3)\approx f(10)+f'(10)(10.3-10) =2.30259+\frac{0.3}{10} =2.33259$ 이 근삿값의 오차(주어진 자료 $\log 10\approx 2.30259$ 의 오차는 제외)는 $10$ 과 $10.3$ 사이의 어떤 $z$ 에 대해 $\dfrac{1}{2} f''(z)(10.3-10)^2$ 이다. $f''(z)=-\dfrac{1}{z^2}$ 은 $z$ 가 증가하면 증가하므로, 그 값은 $-\dfrac{1}{10^2}$ 과 $-\dfrac{1}{10.3^2}$ 사이에 있어야 한다. 따라서 $\dfrac{1}{2} f''(z)(10.3-10)^2$ 은 $-\dfrac{1}{2}\cdot \dfrac{1}{10^2}(0.3)^2=-0.00045$ 와 $-\dfrac{1}{2}\cdot \dfrac{1}{10.3^2}(0.3)^2<-0.00042$ 사이에 있다.

원본 교재 풀이(영어)

Let $f(x)=\log x$ and $x_0=10$ . Then

$\begin{aligned} f(x)&=\log x & f'(x)&=\frac{1}{x} & f''(x)&=-\frac{1}{x^2} \\ f(10)&=\log 10\approx 2.30259 & f'(10)&=\frac{1}{10} & f''(10)&=-\frac{1}{100} \end{aligned}$

so that, with $x=10.3$ , $\log 10.3=f(10.3)\approx f(10)+f'(10)(10.3-10) =2.30259+\frac{0.3}{10} =2.33259$ The error in this approximation (excluding the error in the given data $\log 10\approx 2.30259$ ) is $\dfrac{1}{2} f''(z)(10.3-10)^2$ for some $z$ between $10$ and $10.3$ . Because $f''(z)=-\dfrac{1}{z^2}$ increases as $z$ increases, it must be between $-\dfrac{1}{10^2}$ and $-\dfrac{1}{10.3^2}$ . This forces $\dfrac{1}{2} f''(z)(10.3-10)^2$ to be between $-\dfrac{1}{2}\cdot \dfrac{1}{10^2}(0.3)^2=-0.00045$ and $-\dfrac{1}{2}\cdot \dfrac{1}{10.3^2}(0.3)^2<-0.00042$ .

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-1 · 3.4절 · 1번

# 테일러 다항식과 오차계산도전자동 분류

13.CLP-2 · 3.3절 · 47번대학 수준우리말 번역

$\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{e^{-\sqrt{n}}}{\sqrt{n}}$ 이 수렴함을 보이고, 이 급수의 정확한 값을 포함하는 길이가 $0.05$ 이하인 구간을 구하세요.

영어 원문 보기

Show that $\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{e^{-\sqrt{n}}}{\sqrt{n}}$ converges and find an interval of length $0.05$ or less that contains its exact value.

정답·풀이 보기

$\dfrac{e^{-\sqrt{x}}}{\sqrt{x}}=\dfrac{1}{\sqrt{x}e^{\sqrt{x}}}$ 은 $x$ 가 증가할 때 감소한다. 따라서 모든 $n\ge 1$ 에 대해

$\begin{aligned} \frac{e^{-\sqrt{x}}}{\sqrt{x}} &\geq \frac{e^{\sqrt{n}}}{\sqrt{n}}&\text{$x$가 구간 $[n-1,n]$ 에 있을 때}\\ \text{그러므로}\qquad \int_{n-1}^n \frac{e^{-\sqrt{x}}}{\sqrt{x}}\ \mathrm{d}x&\geq\int_{n-1}^n \frac{e^{-\sqrt{n}}}{\sqrt{n}}\ \mathrm{d}x\\ &=\left[\frac{e^{-\sqrt{n}}}{\sqrt{n}}x\right]_{x=n-1}^{x=n}\\ &=\frac{e^{-\sqrt{n}}}{\sqrt{n}} \end{aligned}$

이다. 그러면 모든 $N\ge 1$ 에 대해

$\begin{aligned} E_N&=\sum_{n=N+1}^\infty \frac{e^{-\sqrt{n}}}{\sqrt{n}} \le \sum_{n=N+1}^\infty \int_{n-1}^n \frac{e^{-\sqrt{x}}}{\sqrt{x}}\ \mathrm{d}x \\&=\int_{N}^{N+1}\frac{e^{-\sqrt{x}}}{\sqrt{x}}\ \mathrm{d}x +\int_{N+1}^{N+2} \frac{e^{-\sqrt{x}}}{\sqrt{x}}\ \mathrm{d}x+\cdots\\ &=\int_{N}^\infty \frac{e^{-\sqrt{x}}}{\sqrt{x}}\ \mathrm{d}x \end{aligned}$

이다. $y=\sqrt{x}$ , $\mathrm{d}y=\tfrac{1}{2}\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{x}}$ 로 치환하면

$\begin{aligned} \int_{N}^\infty \frac{e^{-\sqrt{x}}}{\sqrt{x}}\ \mathrm{d}x =2\int_{\sqrt{N}}^\infty e^{-y}\ \mathrm{d}y =-2e^{-y}\Big|_{\sqrt{N}}^\infty =2e^{-\sqrt{N}} \end{aligned}$

이다.

이로써 $\sum_{n=N+1}^\infty\frac{e^{-\sqrt{n}}}{\sqrt{n}}$ 은 수렴하고 그 값은 $0$ 과 $2e^{-\sqrt{N}}$ 사이에 있음을 알 수 있다. $E_{14}=2e^{-\sqrt{14}}=0.047$ 이므로 급수를 $n=14$ 까지만 더해도 된다.

$\begin{aligned} \sum_{n=1}^\infty\frac{e^{-\sqrt{n}}}{\sqrt{n}} &=\sum_{n=1}^{14}\frac{e^{-\sqrt{n}}}{\sqrt{n}}+E_{14}\\ &=\phantom{+}0.3679+0.1719+0.1021+0.0677+0.0478\\ &\phantom{=}+0.0352+0.0268+0.0209+0.0166+0.0134\\ &\phantom{=}+0.0109+0.0090+0.0075+0.0063+E_{14}\\ &=0.9042+E_{14} \end{aligned}$

합은 0.9035와 0.9535 사이에 있다. (이는 부분합을 계산할 때 각 항에서 생기는 $0.00005$ 의 반올림 오차까지 고려한 것이다.)

원본 교재 풀이(영어)

Note that $\dfrac{e^{-\sqrt{x}}}{\sqrt{x}}=\dfrac{1}{\sqrt{x}e^{\sqrt{x}}}$ decreases as $x$ increases. Hence, for every $n\ge 1$ ,

$\begin{aligned} \frac{e^{-\sqrt{x}}}{\sqrt{x}} &\geq \frac{e^{\sqrt{n}}}{\sqrt{n}}&\text{for $x$ in the interval $[n-1,n]$}\\ \text{So,}\qquad \int_{n-1}^n \frac{e^{-\sqrt{x}}}{\sqrt{x}}\ \mathrm{d}x&\geq\int_{n-1}^n \frac{e^{-\sqrt{n}}}{\sqrt{n}}\ \mathrm{d}x\\ &=\left[\frac{e^{-\sqrt{n}}}{\sqrt{n}}x\right]_{x=n-1}^{x=n}\\ &=\frac{e^{-\sqrt{n}}}{\sqrt{n}} \end{aligned}$

Then, for every $N\ge 1$ ,

$\begin{aligned} E_N&=\sum_{n=N+1}^\infty \frac{e^{-\sqrt{n}}}{\sqrt{n}} \le \sum_{n=N+1}^\infty \int_{n-1}^n \frac{e^{-\sqrt{x}}}{\sqrt{x}}\ \mathrm{d}x \\&=\int_{N}^{N+1}\frac{e^{-\sqrt{x}}}{\sqrt{x}}\ \mathrm{d}x +\int_{N+1}^{N+2} \frac{e^{-\sqrt{x}}}{\sqrt{x}}\ \mathrm{d}x+\cdots\\ &=\int_{N}^\infty \frac{e^{-\sqrt{x}}}{\sqrt{x}}\ \mathrm{d}x \end{aligned}$

Substituting $y=\sqrt{x}$ , $\mathrm{d}y=\tfrac{1}{2}\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{x}}$ ,

$\begin{aligned} \int_{N}^\infty \frac{e^{-\sqrt{x}}}{\sqrt{x}}\ \mathrm{d}x =2\int_{\sqrt{N}}^\infty e^{-y}\ \mathrm{d}y =-2e^{-y}\Big|_{\sqrt{N}}^\infty =2e^{-\sqrt{N}} \end{aligned}$

This shows that $\sum_{n=N+1}^\infty\frac{e^{-\sqrt{n}}}{\sqrt{n}}$ converges and is between $0$ and $2e^{-\sqrt{N}}$ . Since $E_{14}=2e^{-\sqrt{14}}=0.047$ , we may truncate the series at $n=14$ .

$\begin{aligned} \sum_{n=1}^\infty\frac{e^{-\sqrt{n}}}{\sqrt{n}} &=\sum_{n=1}^{14}\frac{e^{-\sqrt{n}}}{\sqrt{n}}+E_{14}\\ &=\phantom{+}0.3679+0.1719+0.1021+0.0677+0.0478\\ &\phantom{=}+0.0352+0.0268+0.0209+0.0166+0.0134\\ &\phantom{=}+0.0109+0.0090+0.0075+0.0063+E_{14}\\ &=0.9042+E_{14} \end{aligned}$

The sum is between 0.9035 and 0.9535. (This even allows for a roundoff error of $0.00005$ in each term as we were calculating the partial sum.)

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-2 · 3.3절 · 50번

# 비교 판정법증명·논술도전자동 분류

14.CLP-2 · 3.3절 · 48번대학 수준우리말 번역

급수 $\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty a_n$ 이 수렴하고 모든 $n$ 에 대해 $1>a_n\ge 0$ 이라 하자. 이때 급수 $\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty \frac{a_n}{1-a_n}$ 도 수렴함을 증명하세요.

영어 원문 보기

Suppose that the series $\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty a_n$ converges and that $1>a_n\ge 0$ for all $n$ . Prove that the series $\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty \frac{a_n}{1-a_n}$ also converges.

정답·풀이 보기

증명의 방향을 잡기 위해 먼저 직관을 얻어 보자. $\sum\limits_{n=1}^\infty a_n$ 이 수렴하므로 $n\rightarrow\infty$ 일 때 $a_n$ 은 0 으로 수렴한다. 따라서 $n$ 이 충분히 크면 $\frac{a_n}{1-a_n} \approx \frac{a_n}{1-0}=\frac{a_n}{1}$ 이고, $\sum a_n$ 이 수렴함을 알고 있다. 그러므로 "큰" 번호의 항들을 유한 개의 작은 번호의 항들과 분리하려고 한다.

$\lim\limits_{n\to \infty} a_n=0$ 이므로, 모든 $n>N$ 에 대해 $\tfrac{1}{2}>a_n\ge 0$ 이 되게 하는 (1보다 작은 양수라면 $\frac12$ 뿐 아니라 어떤 수를 택해도 된다.) 정수 $N$ 이 반드시 존재한다. 그러면 $n>N$ 일 때,

$\begin{aligned} \frac{a_n}{1-a_n} &\leq \frac{a_n}{1-1/2}=2a_n \\ \text{문제에 주어진 정보로부터 다음을 안다.} \\ \sum_{n=N+1}^\infty 2a_n&=2\sum_{n=N+1}^\infty a_n\qquad\text{은 수렴한다. } \\ \text{따라서 직접 비교 판정법에 의해} \\ \sum_{n=N+1}^\infty\frac{a_n}{1-a_n}&\qquad\text{도 수렴한다. } \\ \text{급수의 수렴 여부는 처음 $N$ 개의 항에 영향을 받지 않으므로(단, $N$ 이 유한할 때), 다음을 얻는다.} \\ \sum_{n=1}^\infty\frac{a_n}{1-a_n}&\qquad\text{은 수렴한다.} \end{aligned}$

원본 교재 풀이(영어)

Let's get some intuition to guide us through a proof. Since $\sum\limits_{n=1}^\infty a_n$ , converges $a_n$ must converge to zero as $n\rightarrow\infty$ . So, when $n$ is quite large, $\frac{a_n}{1-a_n} \approx \frac{a_n}{1-0}=\frac{a_n}{1}$ , and we know $\sum a_n$ converges. So, we want to separate the “large" indices from a finite number of smaller ones.

Since $\lim\limits_{n\to \infty} a_n=0$ , there must be (We could have chosen any positive number strictly less than 1, not only $\frac12$ .) some integer $N$ such that $\tfrac{1}{2}>a_n\ge 0$ for all $n>N$ . Then, for $n>N$ ,

$\begin{aligned} \frac{a_n}{1-a_n} &\leq \frac{a_n}{1-1/2}=2a_n \\ \text{From the information in the problem statement, we know} \\ \sum_{n=N+1}^\infty 2a_n&=2\sum_{n=N+1}^\infty a_n\qquad\text{converges. } \\ \text{So, by the direct comparison test,} \\ \sum_{n=N+1}^\infty\frac{a_n}{1-a_n}&\qquad\text{converges as well. } \\ \text{Since the convergence of a series is not affected by its first $N$ terms, as long as $N$ is finite, we conclude} \\ \sum_{n=1}^\infty\frac{a_n}{1-a_n}&\qquad\text{converges.} \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-2 · 3.3절 · 47번

# 비교 판정법증명·논술도전자동 분류

15.CLP-2 · 3.3절 · 49번대학 수준우리말 번역

급수 $\sum\limits_{n=0}^{\infty}(1-a_n)$ 이 수렴한다고 하자. 단, $n=0,1,2,3,\cdots$ 에 대해 $a_n>0$ 이다. 급수 $\sum\limits_{n=0}^\infty 2^n a_n$ 이 수렴하는지 발산하는지 판단하세요.

영어 원문 보기

Suppose that the series $\sum\limits_{n=0}^{\infty}(1-a_n)$ converges, where $a_n>0$ for $n=0,1,2,3,\cdots$ . Determine whether the series $\sum\limits_{n=0}^\infty 2^n a_n$ converges or diverges.

정답·풀이 보기

발산 판정법에 의해, $\sum\limits_{n=0}^{\infty}(1-a_n)$ 이 수렴한다는 사실로부터 $\lim\limits_{n\rightarrow\infty}(1-a_n)=0$ 이 보장되고, 이는 $\lim\limits_{n\rightarrow\infty}a_n=1$ 과 같다. 따라서 발산 판정법을 한 번 더 적용하면,

$\begin{aligned} \lim_{n\rightarrow\infty}2^n a_n = +\infty \end{aligned}$

이므로 $\sum\limits_{n=0}^\infty 2^n a_n$ 도 발산한다.

원본 교재 풀이(영어)

By the divergence test, the fact that $\sum\limits_{n=0}^{\infty}(1-a_n)$ converges guarantees that $\lim\limits_{n\rightarrow\infty}(1-a_n)=0$ , or equivalently, that $\lim\limits_{n\rightarrow\infty}a_n=1$ . So, by the divergence test, a second time, the fact that

$\begin{aligned} \lim_{n\rightarrow\infty}2^n a_n = +\infty \end{aligned}$

guarantees that $\sum\limits_{n=0}^\infty 2^n a_n$ diverges too.

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-2 · 3.3절 · 48번

# 비교 판정법계산도전자동 분류

16.CLP-2 · 3.3절 · 50번대학 수준우리말 번역

급수 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{na_n-2n+1}{n+1}$ 이 수렴한다고 가정하세요. 여기서 $n = 1, 2, \cdots$ 에 대해 $a_n > 0$ 입니다. 그러면 다음 급수

$\begin{aligned} -\log a_1 + \sum_{n=1}^\infty \log\Big(\frac{a_n}{a_{n+1}}\Big) \end{aligned}$

는 수렴합니까? 답이 '아니요'이면 그 이유를 설명하세요. 답이 '예'이면 급수 $-\log a_1 + \sum\limits_{n=1}^\infty \log\big(\frac{a_n}{a_{n+1}}\big)$ 의 합을 구하세요.

영어 원문 보기

Assume that the series $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{na_n-2n+1}{n+1}$ converges, where $a_n > 0$ for $n = 1, 2, \cdots$ . Is the following series

$\begin{aligned} -\log a_1 + \sum_{n=1}^\infty \log\Big(\frac{a_n}{a_{n+1}}\Big) \end{aligned}$

convergent? If your answer is NO, justify your answer. If your answer is YES, evaluate the sum of the series $-\log a_1 + \sum\limits_{n=1}^\infty \log\big(\frac{a_n}{a_{n+1}}\big)$ .

정답·풀이 보기

발산 판정법에 의해 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{na_n-2n+1}{n+1}$ 이 수렴하므로 $\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\dfrac{na_n-2n+1}{n+1}=0$ 이다. 이는 다음과 같다.

$\begin{aligned} 0=\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{n}{n+1}a_n -\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{2n-1}{n+1} =\lim_{n\rightarrow\infty}a_n -2 \iff \lim_{n\rightarrow\infty}a_n = 2 \end{aligned}$

구하려는 급수는 $-\log a_1 + \sum\limits_{n=1}^\infty \big[\log(a_n)-\log(a_{n+1})\big]$ 로 쓸 수 있으며, 이는 망원급수처럼 보인다. 따라서 부분합

$\begin{aligned} S_N&=-\log a_1 + \sum_{n=1}^N \big[\log(a_n)-\log(a_{n+1})\big] \\ &=-\log a_1 + \big[\log(a_1)-\log(a_2)\big] + \big[\log(a_2)-\log(a_3)\big] + \cdots + \big[\log(a_N)-\log(a_{N+1})\big]\\ &=-\log(a_{N+1}) \end{aligned}$

을 구한 뒤 $N\rightarrow\infty$ 일 때의 극한을 취하면

$\begin{aligned} -\log a_1 + \sum_{n=1}^\infty \big[\log(a_n)-\log(a_{n+1})\big] =\lim_{N\rightarrow\infty} S_N =- \lim_{N\rightarrow\infty} \log(a_{N+1}) =-\log 2 =\log\frac{1}{2} \end{aligned}$

이다.

원본 교재 풀이(영어)

By the divergence test, the fact that $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{na_n-2n+1}{n+1}$ converges guarantees that $\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\dfrac{na_n-2n+1}{n+1}=0$ , or equivalently, that

$\begin{aligned} 0=\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{n}{n+1}a_n -\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{2n-1}{n+1} =\lim_{n\rightarrow\infty}a_n -2 \iff \lim_{n\rightarrow\infty}a_n = 2 \end{aligned}$

The series of interest can be written $-\log a_1 + \sum\limits_{n=1}^\infty \big[\log(a_n)-\log(a_{n+1})\big]$ which looks like a telescoping series. So we'll compute the partial sum

$\begin{aligned} S_N&=-\log a_1 + \sum_{n=1}^N \big[\log(a_n)-\log(a_{n+1})\big] \\ &=-\log a_1 + \big[\log(a_1)-\log(a_2)\big] + \big[\log(a_2)-\log(a_3)\big] + \cdots + \big[\log(a_N)-\log(a_{N+1})\big]\\ &=-\log(a_{N+1}) \end{aligned}$

and then take the limit $N\rightarrow\infty$

$\begin{aligned} -\log a_1 + \sum_{n=1}^\infty \big[\log(a_n)-\log(a_{n+1})\big] =\lim_{N\rightarrow\infty} S_N =- \lim_{N\rightarrow\infty} \log(a_{N+1}) =-\log 2 =\log\frac{1}{2} \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-2 · 3.3절 · 51번

# 비교 판정법증명·논술도전자동 분류

17.CLP-2 · 3.3절 · 51번대학 수준우리말 번역

모든 $n$ 에 대해 $a_n\ge 0$ 이고 급수 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty a_n$ 이 수렴하면, 급수 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty a^2_n$ 도 수렴함을 증명하세요.

영어 원문 보기

Prove that if $a_n\ge 0$ for all $n$ and if the series $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty a_n$ converges, then the series $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty a^2_n$ also converges.

정답·풀이 보기

$\sum_{n=1}^\infty a_n$ 이 수렴한다고 하였다. 따라서 $\lim\limits_{n\rightarrow\infty}a_n=0$ 이어야 한다. 특히 $n\ge N$ 인 모든 $n$ 에 대해 $0\le a_n\le 1$ 을 만족하는 번호 $N$ 이 존재한다. 그러면 다음이 성립한다.

$\begin{aligned} 0\leq a_n^2 & \leq a_n\qquad\text{$n>N$ 일 때} \\ \text{비교판정법에 의해} \\ \sum_{n=N+1}^\infty a_n^2& \qquad\text{은 수렴한다.} \\ \text{급수의 수렴은 유한한 $N$ 개의 처음 항들에 의존하지 않으므로,} \\ \sum_{n=1}^\infty a_n^2& \qquad\text{도 수렴한다.} \end{aligned}$

원본 교재 풀이(영어)

We are told that $\sum_{n=1}^\infty a_n$ converges. Thus we must have that $\lim\limits_{n\rightarrow\infty}a_n=0$ . In particular, there is an index $N$ such that $0\le a_n\le 1$ for all $n\ge N$ . Then:

$\begin{aligned} 0\leq a_n^2 & \leq a_n\qquad\text{for $n>N$} \\ \text{By the direct comparison test,} \\ \sum_{n=N+1}^\infty a_n^2& \qquad\text{converges.} \\ \text{Since convergence doesn't depend on the first $N$ terms of a series for any finite $N$,} \\ \sum_{n=1}^\infty a_n^2& \qquad\text{converges as well.} \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기OpenStax 2권 · 5.4절 · 12번

# 비교 판정법증명·논술도전자동 분류

18.CLP-2 · 3.4절 · 13번대학 수준우리말 번역

이 문제의 두 부분은 모두 급수 $\displaystyle S = \sum_{n=1}^\infty (-1)^{n-1}24n^2 e^{-n^3}$ 에 관한 것입니다.

(a) 급수 $S$ 가 절대수렴함을 보이세요. (b) 급수 $S$ 를 제5 부분합 $S_5$ 로 근사한다고 하자. 이 근사로 생기는 오차의 상한을 구하세요.

영어 원문 보기

Both parts of this question concern the series $\displaystyle S = \sum_{n=1}^\infty (-1)^{n-1}24n^2 e^{-n^3}$ .

(a) Show that the series $S$ converges absolutely. (b) Suppose that you approximate the series $S$ by its fifth partial sum $S_5$ . Give an upper bound for the error resulting from this approximation.

정답·풀이 보기

(a)

풀이 1: 다음 급수가 수렴함을 보이면 된다. $\sum\limits_{n=1}^\infty 24n^2 e^{-n^3}$ 일반항에서 $n$ 을 $x$ 로 바꾸면 $f(x) = 24x^2 e^{-x^3}$ 이고, 이는 적분할 수 있다. ( $u=x^3$ 으로 치환하면 된다.) 따라서 적분판정법을 써 보자. 먼저 $f(x)$ 가 양이고 감소함을 확인해야 한다. 양인 것은 분명하다. 감소하는지 판단하기 위해 계산하면

$\begin{aligned} \frac{\mathrm{d}f}{\mathrm{d}x} = 48x e^{-x^3} - 24\times 3 x^4 e^{-x^3} = 24x (2-3x^3) e^{-x^3} \end{aligned}$

이고, 이는 $x\ge1$ 에서 음수이다. 따라서 $f(x)$ 는 $x\ge1$ 에서 감소하므로 적분판정법을 적용할 수 있다. 치환 $u=x^3$ , $\mathrm{d}u=3x^2\,\,\mathrm{d}x$ 를 쓰면

$\begin{aligned} \int f(x) \,\mathrm{d}x = \int 24x^2 e^{-x^3} \,\mathrm{d}x = \int 8 e^{-u}\,\mathrm{d}u = -8e^{-u} + C = -8e^{-x^3} + C \end{aligned}$

을 얻는다. 그러므로

$\begin{aligned} \int_1^\infty f(x) \,\mathrm{d}x &= \lim_{R \to \infty} \int_1^R f(x) \,\mathrm{d}x = \lim_{R \to \infty} \bigg[ {-}8 e^{-x^3} \bigg]_1^R \\ &= \lim_{R \to \infty} ( - 8 e^{-R^3} + 8 e^{-1} ) = 8 e^{-1} \end{aligned}$

이다. 적분이 수렴하므로 급수 $\sum\limits_{n=1}^\infty 24n^2 e^{-n^3}$ 은 수렴하고, 따라서 급수 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty (-1)^{n-1}24n^2 e^{-n^3}$ 은 절대수렴한다.

풀이 2: 다른 방법으로, $a_n=24n^2 e^{-n^3}$ 으로 놓고 비판정법을 쓸 수 있다. 계산하면

$\begin{aligned} \lim_{n\to\infty} \left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right| &= \lim_{n\to\infty} \left|\frac{24 (n+1)^2e^{-(n+1)^3}}{24 n^2e^{-n^3}} \right| \\ &= \lim_{n\to\infty} \left( \frac{(n+1)^2}{n^2} \frac{e^{n^3}}{e^{(n+1)^3}} \right) \\ &= \lim_{n\to\infty} \left(1+\frac{1}{n}\right)^2 e^{-(3n^2+3n+1)} = 1\cdot0=0 < 1 \end{aligned}$

이므로 급수는 절대수렴한다.

풀이 3: 또 다른 방법으로, 극한비교판정법을 쓸 수 있다. 먼저 직관을 조금 쌓아 보자. 우리는 $\sum\limits_{n=1}^\infty 24n^2 e^{-n^3}$ 이 수렴함을 보여야 한다는 것을 떠올리자. 이 급수의 $n$ 번째 항은

$a_n = 24n^2 e^{-n^3} =\frac{24 n^2}{e^{n^3}}$

이다. 이것은 분자와 분모가 모두 $n$ 에 따라 커지는 비이다. 지수함수는 거듭제곱보다 훨씬 빠르게 커진다는 것이 좋은 경험 법칙이다. 예를 들어 $n=10$ 이면 분자는 $2400=2.4\times 10^3$ 이고 분모는 약 $2\times 10^{434}$ 이다. 그래서 $n\rightarrow\infty$ 일 때 $a_n$ 이 0 으로 간다고 짐작할 수 있다. 문제는 “ $a_n$ 이 $n$ 에 따라 우리 급수가 수렴할 만큼 충분히 빠르게 0 으로 가는가?”이다. 예를 들어 $\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2}$ 은 ( $p=2$ 인 $p$ 판정법에 의해) 수렴한다는 것을 알고 있다. 그러므로 $a_n$ 이 $\frac{1}{n^2}$ 보다 더 빠르게 0 으로 가면 우리 급수는 수렴한다. 그러면 $a_n = 24n^2 e^{-n^3} =\frac{24 n^2}{e^{n^3}}$ 과 $b_n=\frac{1}{n^2}$ 으로 극한비교판정법을 써 보자.

$\begin{aligned} \lim_{n\rightarrow\infty}\frac{a_n}{b_n} =\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{24n^2 e^{-n^3}}{1/n^2} =\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{24n^4 }{e^{n^3}} \end{aligned}$

로피탈의 정리를 두 번 쓰면,

$\begin{aligned} \lim_{x\rightarrow\infty} \frac{24x^4 }{e^{x^3}} &=\lim_{x\rightarrow\infty} \frac{4\times 24x^3 }{3 x^2e^{x^3}} &\text{로피탈의 정리에 의해} \\ &=\lim_{x\rightarrow\infty} \frac{32x }{e^{x^3}} &\text{식을 정리함} \\ &=\lim_{x\rightarrow\infty} \frac{32 }{3x^2e^{x^3}} &\text{로피탈의 정리를 다시 적용} \\ &=0 \end{aligned}$

이다. 이제 극한비교판정법에 의해 $\sum_{n=1}^\infty a_n$ 은 수렴한다.

(b) (a)에서 $24n^2 e^{-n^3}$ 이 양이고 감소함을 보았다. 이 수열의 극한은 $0$ 이다. ((a)의 풀이 3의 끝에서 했던 것처럼 로피탈의 정리로 보일 수 있다.) 따라서 교대급수판정법을 쓸 수 있고, 무한합 $S= \sum\limits_{n=1}^\infty a_n = \sum\limits_{n=1}^\infty (-1)^{n-1} 24n^2 e^{-n^3}$ 을 처음 $N$ 개 항의 합 $S_N=\sum\limits_{n=1}^N a_n$ 으로 근사할 때 생기는 오차는 $0$ 과 처음으로 생략된 항 $a_{N+1}$ 사이에 있다. $5$ 개의 항을 쓰면 오차는 다음을 만족한다.

$\begin{aligned} |S - S_5 | \le |a_6| = 24 \times 36 e^{-6^3}\approx 1.3 \times 10^{-91} \end{aligned}$

원본 교재 풀이(영어)

(a)

Solution 1: We need to show that $\sum\limits_{n=1}^\infty 24n^2 e^{-n^3}$ converges. If we replace $n$ by $x$ in the summand, we get $f(x) = 24x^2 e^{-x^3}$ , which we can integate. (Just substitute $u=x^3$ .) So let's try the integral test. First, we have to check that $f(x)$ is positive and decreasing. It is certainly positive. To determine if it is decreasing, we compute

$\begin{aligned} \frac{\mathrm{d}f}{\mathrm{d}x} = 48x e^{-x^3} - 24\times 3 x^4 e^{-x^3} = 24x (2-3x^3) e^{-x^3} \end{aligned}$

which is negative for $x\ge1$ . Therefore $f(x)$ is decreasing for $x\ge1$ , and the integral test applies. The substitution $u=x^3$ , $\mathrm{d}u=3x^2\,\,\mathrm{d}x$ , yields

$\begin{aligned} \int f(x) \,\mathrm{d}x = \int 24x^2 e^{-x^3} \,\mathrm{d}x = \int 8 e^{-u}\,\mathrm{d}u = -8e^{-u} + C = -8e^{-x^3} + C. \end{aligned}$

Therefore

$\begin{aligned} \int_1^\infty f(x) \,\mathrm{d}x &= \lim_{R \to \infty} \int_1^R f(x) \,\mathrm{d}x = \lim_{R \to \infty} \bigg[ {-}8 e^{-x^3} \bigg]_1^R \\ &= \lim_{R \to \infty} ( - 8 e^{-R^3} + 8 e^{-1} ) = 8 e^{-1} \end{aligned}$

Since the integral is convergent, the series $\sum\limits_{n=1}^\infty 24n^2 e^{-n^3}$ converges and the series $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty (-1)^{n-1}24n^2 e^{-n^3}$ converges absolutely.

Solution 2: Alternatively, we can use the ratio test with $a_n=24n^2 e^{-n^3}$ . We calculate

$\begin{aligned} \lim_{n\to\infty} \left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right| &= \lim_{n\to\infty} \left|\frac{24 (n+1)^2e^{-(n+1)^3}}{24 n^2e^{-n^3}} \right| \\ &= \lim_{n\to\infty} \left( \frac{(n+1)^2}{n^2} \frac{e^{n^3}}{e^{(n+1)^3}} \right) \\ &= \lim_{n\to\infty} \left(1+\frac{1}{n}\right)^2 e^{-(3n^2+3n+1)} = 1\cdot0=0 < 1, \end{aligned}$

and therefore the series converges absolutely.

Solution 3: Alternatively, alternatively, we can use the limiting comparison test. First a little intuition building. Recall that we need to show that $\sum\limits_{n=1}^\infty 24n^2 e^{-n^3}$ converges. The $n^{\rm th}$ term in this series is

$a_n = 24n^2 e^{-n^3} =\frac{24 n^2}{e^{n^3}}$

It is a ratio with both the numerator and denominator growing with $n$ . A good rule of thumb is that exponentials grow a lot faster than powers. For example, if $n=10$ the numerator is $2400=2.4\times 10^3$ and the denominator is about $2\times 10^{434}$ . So we would guess that $a_n$ tends to zero as $n\rightarrow\infty$ . The question is “does $a_n$ tend to zero fast enough with $n$ that our series converges?”. For example, we know that $\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2}$ converges (by the $p$ –test with $p=2$ ). So if $a_n$ tends to zero faster than $\frac{1}{n^2}$ does, our series will converge. So let's try the limiting convergence test with $a_n = 24n^2 e^{-n^3} =\frac{24 n^2}{e^{n^3}}$ and $b_n=\frac{1}{n^2}$ .

$\begin{aligned} \lim_{n\rightarrow\infty}\frac{a_n}{b_n} =\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{24n^2 e^{-n^3}}{1/n^2} =\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{24n^4 }{e^{n^3}} \end{aligned}$

By l'Hopital's rule, twice,

$\begin{aligned} \lim_{x\rightarrow\infty} \frac{24x^4 }{e^{x^3}} &=\lim_{x\rightarrow\infty} \frac{4\times 24x^3 }{3 x^2e^{x^3}} &\text{by l'H\^opital} \\ &=\lim_{x\rightarrow\infty} \frac{32x }{e^{x^3}} &\text{just cleaning up} \\ &=\lim_{x\rightarrow\infty} \frac{32 }{3x^2e^{x^3}} &\text{by l'H\^opital, again} \\ &=0 \end{aligned}$

That's it. The limit comparison test now tells us that $\sum_{n=1}^\infty a_n$ converges.

(b) In part (a) we saw that $24n^2 e^{-n^3}$ is positive and decreasing. The limit of this sequence equals $0$ (as can be shown with l'Hopital's Rule, just as we did at the end of the third solution of part (a)). Therefore, we can use the alternating series test, so that the error made in approximating the infinite sum $S= \sum\limits_{n=1}^\infty a_n = \sum\limits_{n=1}^\infty (-1)^{n-1} 24n^2 e^{-n^3}$ by the sum of its first $N$ terms, $S_N=\sum\limits_{n=1}^N a_n$ , lies between $0$ and the first omitted term, $a_{N+1}$ . If we use $5$ terms, the error satisfies

$\begin{aligned} |S - S_5 | \le |a_6| = 24 \times 36 e^{-6^3}\approx 1.3 \times 10^{-91} \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-2 · 3.4절 · 12번

# 절대수렴과 조건수렴증명·논술도전자동 분류

19.CLP-2 · 3.4절 · 14번대학 수준우리말 번역

다음 사실은 증명 없이 사용해도 됩니다. $\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{(2n)!} = \cos(1)$ 이 사실을 이용하여 $\cos 1$ 을 오차가 $\frac1{1000}$ 이내인 유리수로 어림하세요.

계산기로 구한 $\cos(1)$ 의 근삿값과 비교하여 답을 확인하세요. 실제 오차는 얼마였나요?

영어 원문 보기

You may assume without proof the following: $\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{(2n)!} = \cos(1)$ Using this fact, approximate $\cos 1$ as a rational number, accurate to within $\frac1{1000}$ .

Check your answer against a calculator's approximation of $\cos(1)$ : what was your actual error?

정답·풀이 보기

$N$ 번째 항까지 사용한 근삿값의 오차는 최대 $\frac{1}{(2(N+1))!}$ 이다. $\frac{1}{(2(N+1))!}<\frac{1}{1000}$ 이어야 한다. $N$ 의 작은 값들을 확인해 보면 $8!=40320>1000$ 이므로, $N=3$ 이면 $\frac{1}{2(N+1)!}=\frac{1}{40320}<\frac{1}{1000}$ 이다. 따라서 근삿값을 구하려면 급수의 처음 네 항만 고려하면 충분하다.

$\begin{aligned} \cos(1)&\approx \sum_{N=0}^3 \frac{(-1)^n}{(2n)!} = \frac{1}{0!}-\frac{1}{2!}+\frac{1}{4!}-\frac{1}{6!}\\ &=1-\frac12+\frac{1}{24}-\frac{1}{720}\\ &=\frac{720-360+30-1}{720}=\frac{389}{720} \end{aligned}$

계산기를 사용하면 다음을 얻는다.

$\begin{aligned} \frac{389}{720}&=0.5402\overline{77} \\ \cos(1)&\approx 0.540302\\ \cos(1) - \frac{389}{720}&\approx 0.000024528\approx \frac{1}{40770} \end{aligned}$

따라서 오차는 우리가 구한 한계 $\frac{1}{40320}$ 에 상당히 가깝고, $\frac{1}{1000}$ 보다는 훨씬 작다.

원본 교재 풀이(영어)

The error in our approximation using through term $N$ is at most $\frac{1}{(2(N+1))!}$ . We want $\frac{1}{(2(N+1))!}<\frac{1}{1000}$ . By checking small values of $N$ , we see that $8!=40320>1000$ , so if $N=3$ , then $\frac{1}{2(N+1)!}=\frac{1}{40320}<\frac{1}{1000}$ . So, for our approximation, it suffices to consider the first four terms of our series.

$\begin{aligned} \cos(1)&\approx \sum_{N=0}^3 \frac{(-1)^n}{(2n)!} = \frac{1}{0!}-\frac{1}{2!}+\frac{1}{4!}-\frac{1}{6!}\\ &=1-\frac12+\frac{1}{24}-\frac{1}{720}\\ &=\frac{720-360+30-1}{720}=\frac{389}{720} \end{aligned}$

When we use a calculator, we see

$\begin{aligned} \frac{389}{720}&=0.5402\overline{77} \\ \cos(1)&\approx 0.540302\\ \cos(1) - \frac{389}{720}&\approx 0.000024528\approx \frac{1}{40770} \end{aligned}$

So, our error is reasonably close to our bound of $\frac{1}{40320}$ , and far smaller than $\frac{1}{1000}$ .

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-2 · 3.4절 · 3번

# 절대수렴과 조건수렴계산도전자동 분류

20.CLP-2 · 3.4절 · 15번대학 수준우리말 번역

$a_n$ 을 다음과 같이 정의하세요. $a_n=\begin{cases} -e^{n/2} & \text{ $n$이 소수이면}\\ n^2 & \text{ $n$이 소수가 \textbf{아니면}} \end{cases}$ 급수 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\dfrac{a_n}{e^n}$ 이 수렴함을 보이세요.

영어 원문 보기

Let $a_n$ be defined as $a_n=\begin{cases} -e^{n/2} & \text{ if $n$ is prime}\\ n^2 & \text{ if $n$ is \textbf{not} prime} \end{cases}$ Show that the series $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\dfrac{a_n}{e^n}$ converges.

정답·풀이 보기

이 급수의 항은 음수일 때도 있고 양수일 때도 있다. 그러나 엄밀하게 교대로 나타나는 것은 아니므로 교대급수 판정법을 쓸 수 없다. 대신 직접 비교판정법을 사용하여 이 급수가 절대수렴함을 보인다.

$n$ 이 소수이면 $\left| \frac{a_n}{e^n}\right|=\left|-\frac{e^{n/2}}{e^n}\right|=\frac{1}{e^{n/2}}=\left(\frac{1}{\sqrt e}\right)^n$

$n$ 이 소수가 아니면 $\left| \frac{a_n}{e^n}\right|=\left|-\frac{n^2}{e^n}\right|=\frac{n^2}{e^n}$ $n$ 이 충분히 크면 $n^2<e^{n/2}$ 이므로, $n$ 이 충분히 클 때 $\frac{n^2}{e^n}\le \left(\frac{1}{\sqrt{e}}\right)^n$ 이다.

$e>1$ 이므로 $\sqrt{e}>1$ 이고, 따라서 등비급수 $\displaystyle\sum \left(\frac{1}{\sqrt{e}}\right)^n$ 은 $|r|=r=\frac{1}{\sqrt{e}}<1$ 이므로 수렴한다. 직접 비교판정법에 의해 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\left|\dfrac{a_n}{e^n}\right|$ 도 수렴한다. 그러면 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\dfrac{a_n}{e^n}$ 은 절대수렴하므로 수렴한다.

원본 교재 풀이(영어)

The terms of this series are sometimes negative and sometimes positive. But, they are not strictly alternating, so we can't use the alternating series test. Instead, we use a direct comparison test to show the series converges absolutely.

If $n$ is prime, then $\left| \frac{a_n}{e^n}\right|=\left|-\frac{e^{n/2}}{e^n}\right|=\frac{1}{e^{n/2}}=\left(\frac{1}{\sqrt e}\right)^n$

If $n$ is not prime, then $\left| \frac{a_n}{e^n}\right|=\left|-\frac{n^2}{e^n}\right|=\frac{n^2}{e^n}$ For $n$ sufficiently large, $n^2<e^{n/2}$ , so for $n$ sufficiently large, $\frac{n^2}{e^n}\le \left(\frac{1}{\sqrt{e}}\right)^n.$

Since $e>1$ , then $\sqrt{e}>1$ , so the geometric series $\displaystyle\sum \left(\frac{1}{\sqrt{e}}\right)^n$ has $|r|=r=\frac{1}{\sqrt{e}}<1$ , so it converges. By the direct comparison test, $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\left|\dfrac{a_n}{e^n}\right|$ converges as well. Then $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\dfrac{a_n}{e^n}$ converges absolutely, so it converges.

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-2 · 3.4절 · 14번

# 절대수렴과 조건수렴증명·논술도전자동 분류

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