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문제 은행 · 미적분 · 대학 미적분 · 급수 심화

급수 심화 전체 문제

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38문제 · 2 / 2쪽

21.CLP-2 · 3.5절 · 18번대학 수준우리말 번역

다음 급수

∑n=2∞xn32nlog⁡n\sum_{n=2}^\infty\frac{x^n}{3^{2n}\log n}

이 절대수렴하는지, 조건수렴하는지, 발산하는지에 따라 xx 의 값을 구하세요.

영어 원문 보기

Determine the values of xx for which the series

∑n=2∞xn32nlog⁡n\sum_{n=2}^\infty\frac{x^n}{3^{2n}\log n}

converges absolutely, converges conditionally, or diverges.

정답·풀이 보기

비판정법을 두 번 적용하는 것으로 시작한다.

  • 한 번은 nthn^{\rm th} 항이 an=xn32nlog⁡na_n=\frac{x^n}{3^{2n}\log n} 인 급수에 적용하고,
  • 한 번은 nthn^{\rm th} 항이 an=∣xn32nlog⁡n∣a_n=\big|\frac{x^n}{3^{2n}\log n}\big| 인 급수에 적용한다.

두 급수 모두, 즉 두 ana_n 모두에 대해

lim⁡n→∞∣an+1an∣=lim⁡n→∞∣xn+132(n+1)log⁡(n+1) 32nlog⁡nxn∣=lim⁡n→∞∣xlog⁡n32log⁡(n+1)∣=lim⁡n→∞∣xlog⁡n32[log⁡(n)+log⁡(1+1/n)]∣=lim⁡n→∞∣x32[1+log⁡(1+1/n)/log⁡(n)]∣=∣x∣9\begin{aligned} \lim_{n\to\infty} \bigg| \frac{ a_{n+1} }{ a_n } \bigg| &= \lim_{n\to\infty} \bigg| \frac{x^{n+1}}{3^{2(n+1)}\log(n+1)} \ \frac{3^{2n}\log n}{x^n} \bigg| \\ &= \lim_{n\to\infty} \bigg| \frac{x\log n}{3^2\log(n+1)} \bigg| =\lim_{n\to\infty} \bigg| \frac{x\log n}{3^2[\log(n)+\log(1+1/n)]} \bigg| \\ &=\lim_{n\to\infty} \bigg| \frac{x}{3^2[1+\log(1+1/n)/\log(n)]} \bigg| \\ &=\frac{|x|}{9} \end{aligned}

이다. 따라서 비판정법에 의해 ∣x∣<9|x|<9 일 때 급수 ∑n=2∞∣xn32nlog⁡n∣\sum_{n=2}^\infty \big|\frac{x^n}{3^{2n}\log n}\big| 는 수렴하고 급수 ∑n=2∞xn32nlog⁡n\sum_{n=2}^\infty \frac{x^n}{3^{2n}\log n} 는 절대수렴하며, ∣x∣>9|x|> 9 일 때 급수 ∑n=2∞xn32nlog⁡n\sum_{n=2}^\infty \frac{x^n}{3^{2n}\log n} 는 발산한다. 이제 x=±9x=\pm 9 만 남는다.

x=−9x=-9 일 때 ∑n=2∞xn32nlog⁡n=∑n=2∞(−1)nlog⁡n\displaystyle\sum_{n=2}^\infty\frac{x^n}{3^{2n}\log n} =\sum_{n=2}^\infty\frac{(-1)^n}{\log n} 이고, 이 급수는 교대급수 판정법에 의해 수렴한다.

x=+9x=+9 일 때 ∑n=2∞xn32nlog⁡n=∑n=2∞1log⁡n\displaystyle\sum_{n=2}^\infty\frac{x^n}{3^{2n}\log n} =\sum_{n=2}^\infty\frac{1}{\log n} 이고, 이는 ∑n=2∞∣(−1)nlog⁡n∣\displaystyle\sum_{n=2}^\infty\Big|\frac{(-1)^n}{\log n}\Big| 과 같은 급수이다. 곧 n≥log⁡nn\ge\log n 임을 보일 것이며, 따라서 모든 n≥1n\ge 1 에 대해 1log⁡n≥1n\frac{1}{\log n}\ge \frac{1}{n} 이다. 이로부터 급수 ∑n=2∞1log⁡n\displaystyle\sum_{n=2}^\infty\frac{1}{\log n} 은 발산하는 급수 ∑n=2∞1np∣p=1\displaystyle\sum_{n=2}^\infty\frac{1}{n^p}\bigg|_{p=1} 과의 비교에 의해 발산한다. 이로써 x=9x=9 일 때의 발산과 x=−9x=-9 일 때 절대수렴하지 않음이 모두 얻어진다.

마지막으로, 모든 n≥1n\ge 1 에 대해 n−log⁡n>0n-\log n > 0 임을 보인다. f(x)=x−log⁡xf(x)=x-\log x 라 하자. 그러면 f(1)=1>0f(1)=1>0 이고

f′(x)=1−1x≥0모든 x≥1f'(x) = 1 -\frac{1}{x} \ge 0\qquad\text{모든 }x\ge 1

이다. 따라서 f(x)f(x) 는 x=1x=1 일 때 (엄밀하게) 양수이고, 모든 x≥1x\ge 1 에 대해 증가한다. 그러므로 f(x)f(x) 는 모든 x≥1x\ge 1 에 대해 (엄밀하게) 양수이다.

원본 교재 풀이(영어)

We'll start by applying the ratio test twice,

  • once for the series whose nthn^{\rm th} term is an=xn32nlog⁡na_n=\frac{x^n}{3^{2n}\log n}, and
  • once for the series whose nthn^{\rm th} term is an=∣xn32nlog⁡n∣a_n=\big|\frac{x^n}{3^{2n}\log n}\big|.

For both series, i.e. for both ana_n's,

lim⁡n→∞∣an+1an∣=lim⁡n→∞∣xn+132(n+1)log⁡(n+1) 32nlog⁡nxn∣=lim⁡n→∞∣xlog⁡n32log⁡(n+1)∣=lim⁡n→∞∣xlog⁡n32[log⁡(n)+log⁡(1+1/n)]∣=lim⁡n→∞∣x32[1+log⁡(1+1/n)/log⁡(n)]∣=∣x∣9\begin{aligned} \lim_{n\to\infty} \bigg| \frac{ a_{n+1} }{ a_n } \bigg| &= \lim_{n\to\infty} \bigg| \frac{x^{n+1}}{3^{2(n+1)}\log(n+1)} \ \frac{3^{2n}\log n}{x^n} \bigg| \\ &= \lim_{n\to\infty} \bigg| \frac{x\log n}{3^2\log(n+1)} \bigg| =\lim_{n\to\infty} \bigg| \frac{x\log n}{3^2[\log(n)+\log(1+1/n)]} \bigg| \\ &=\lim_{n\to\infty} \bigg| \frac{x}{3^2[1+\log(1+1/n)/\log(n)]} \bigg| \\ &=\frac{|x|}{9} \end{aligned}

Therefore, by the ratio test, when ∣x∣<9|x|<9, the series ∑n=2∞∣xn32nlog⁡n∣\sum_{n=2}^\infty \big|\frac{x^n}{3^{2n}\log n}\big| converges and the series ∑n=2∞xn32nlog⁡n\sum_{n=2}^\infty \frac{x^n}{3^{2n}\log n} converges absolutely, and when ∣x∣>9|x|> 9 the series ∑n=2∞xn32nlog⁡n\sum_{n=2}^\infty \frac{x^n}{3^{2n}\log n} diverges. That just leaves x=±9x=\pm 9.

For x=−9x=-9, ∑n=2∞xn32nlog⁡n=∑n=2∞(−1)nlog⁡n\displaystyle\sum_{n=2}^\infty\frac{x^n}{3^{2n}\log n} =\sum_{n=2}^\infty\frac{(-1)^n}{\log n} which converges by the alternating series test.

For x=+9x=+9, ∑n=2∞xn32nlog⁡n=∑n=2∞1log⁡n\displaystyle\sum_{n=2}^\infty\frac{x^n}{3^{2n}\log n} =\sum_{n=2}^\infty\frac{1}{\log n} which is the same series as ∑n=2∞∣(−1)nlog⁡n∣\displaystyle\sum_{n=2}^\infty\Big|\frac{(-1)^n}{\log n}\Big|. We shall shortly show that n≥log⁡nn\ge\log n, and hence 1log⁡n≥1n\frac{1}{\log n}\ge \frac{1}{n} for all n≥1n\ge 1. This implies that the series ∑n=2∞1log⁡n\displaystyle\sum_{n=2}^\infty\frac{1}{\log n} diverges by comparison with the divergent series ∑n=2∞1np∣p=1\displaystyle\sum_{n=2}^\infty\frac{1}{n^p}\bigg|_{p=1}. This yelds both divergence for x=9x=9 and also the failure of absolute convergence for x=−9x=-9.

Finally, we show that n−log⁡n>0n-\log n > 0, for all n≥1n\ge 1. Set f(x)=x−log⁡xf(x)=x-\log x. Then f(1)=1>0f(1)=1>0 and

f′(x)=1−1x≥0for all x≥1f'(x) = 1 -\frac{1}{x} \ge 0\qquad\text{for all }x\ge 1

So f(x)f(x) is (strictly) positive when x=1x=1 and is increasing for all x≥1x\ge 1. So f(x)f(x) is (strictly) positive for all x≥1x\ge 1.

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-2 · 3.5절 · 20번
# 멱급수와 수렴 반경계산도전자동 분류
CLP-2 Integral Calculus CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
22.CLP-2 · 3.5절 · 20번대학 수준우리말 번역

(a) −1<x<1-1<x<1 에 대해 ∑n=0∞nxn=x(1−x)2\displaystyle\sum_{n=0}^\infty nx^n =\frac{x}{(1-x)^2} 임을 보이세요.

(b) ∑n=0∞n2xn\displaystyle\sum_{n=0}^\infty n^2x^n 을 다항식의 비로 나타내세요. 이 급수가 수렴하는 xx 의 값의 범위를 구하세요.

영어 원문 보기

(a) Show that ∑n=0∞nxn=x(1−x)2\displaystyle\sum_{n=0}^\infty nx^n =\frac{x}{(1-x)^2} for −1<x<1-1<x<1.

(b) Express ∑n=0∞n2xn\displaystyle\sum_{n=0}^\infty n^2x^n as a ratio of polynomials. For which xx does this series converge?

정답·풀이 보기

(a) ∑n=0∞xn=11−x\sum_{n=0}^\infty x^n = \frac{1}{1-x}

의 양변을 미분하면

∑n=0∞nxn−1=1(1−x)2\sum_{n=0}^\infty n x^{n-1}=\frac{1}{(1-x)^2}

이다. 이제 양변에 xx 를 곱하면

∑n=0∞nxn=x(1−x)2\sum_{n=0}^\infty n x^n=\frac{x}{(1-x)^2}

이므로 주어진 등식이 성립한다.

(b) (a)의 결론의 양변을 미분하면

∑n=0∞n2xn−1=(1−x)2−2x(x−1)(1−x)4=(1−x)(1−x+2x)(1−x)4=1+x(1−x)3\sum_{n=0}^\infty n^2 x^{n-1}=\frac{(1-x)^2-2x(x-1)}{(1-x)^4} =\frac{(1-x)(1-x+2x)}{(1-x)^4} =\frac{1+x}{(1-x)^3}

이다. 이제 양변에 xx 를 곱하면

∑n=0∞n2xn=x(1+x)(1−x)3\sum_{n=0}^\infty n^2 x^n=\frac{x(1+x)}{(1-x)^3}

이다.

미분해도 거듭제곱급수의 수렴 반지름은 변하지 않는다. 따라서 이 급수의 수렴 반지름은 11 이다(처음의 등비급수의 수렴 반지름과 같다). x=±1x=\pm1 에서는 발산 판정법에 의해 이 급수가 발산한다. 그러므로 이 급수는 −1<x<1-1<x<1 에서 수렴한다.

원본 교재 풀이(영어)

(a) Differentiating both sides of

∑n=0∞xn=11−x\sum_{n=0}^\infty x^n = \frac{1}{1-x}

gives

∑n=0∞nxn−1=1(1−x)2\sum_{n=0}^\infty n x^{n-1}=\frac{1}{(1-x)^2}

Now multiplying both sides by xx gives

∑n=0∞nxn=x(1−x)2\sum_{n=0}^\infty n x^n=\frac{x}{(1-x)^2}

as desired.

(b) Differentiating both sides of the conclusion of part (a) gives

∑n=0∞n2xn−1=(1−x)2−2x(x−1)(1−x)4=(1−x)(1−x+2x)(1−x)4=1+x(1−x)3\sum_{n=0}^\infty n^2 x^{n-1}=\frac{(1-x)^2-2x(x-1)}{(1-x)^4} =\frac{(1-x)(1-x+2x)}{(1-x)^4} =\frac{1+x}{(1-x)^3}

Now multiplying both sides by xx gives

∑n=0∞n2xn=x(1+x)(1−x)3\sum_{n=0}^\infty n^2 x^n=\frac{x(1+x)}{(1-x)^3}

We know that differentiation preserves the radius of convergence of power series. So this series has radius of convergence 11 (the radius of convergence of the original geometric series). At x=±1x=\pm1 the series diverges by the divergence test. So the series converges for −1<x<1-1<x<1.

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-2 · 3.5절 · 16번
# 멱급수와 수렴 반경증명·논술도전자동 분류
CLP-2 Integral Calculus CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
23.CLP-2 · 3.5절 · 22번대학 수준우리말 번역

{an}\big\{a_n \big\} 은 어떤 실수 C>0C > 0 에 대해 n→∞n \rightarrow\infty 일 때 nanna_n 이 CC 로 감소하는 수열이라고 하자.

(a) ∑n=1∞anxn\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty a_n x^n 의 수렴 반지름을 구하세요. 답의 근거를 꼼꼼히 설명하세요.

(b) 위 거듭제곱급수의 수렴 구간, 즉 (a)의 거듭제곱급수가 수렴하는 모든 xx 를 구하세요. 답의 근거를 꼼꼼히 설명하세요.

영어 원문 보기

Assume {an}\big\{a_n \big\} is a sequence such that nanna_n decreases to CC as n→∞n \rightarrow\infty for some real number C>0C > 0

(a) Find the radius of convergence of ∑n=1∞anxn\displaystyle\sum\limits_{n=1}^\infty a_n x^n . Justify your answer carefully.

(b) Find the interval of convergence of the above power series, that is, find all xx for which the power series in (a) converges. Justify your answer carefully.

정답·풀이 보기

(a) 수렴 반지름 RR 은 다음을 만족한다.

1R=lim⁡n→∞an+1an=lim⁡n→∞nn+1 (n+1)an+1nan=1CC=1\begin{aligned} \frac{1}{R} = \lim_{n\rightarrow\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n} = \lim_{n\rightarrow\infty}\frac{n}{n+1}\ \frac{(n+1)a_{n+1}}{na_n} = 1 \frac{C}{C} = 1 \end{aligned}

이는 lim⁡n→∞nan=C\lim\limits_{n\rightarrow\infty} na_n=C 라고 주어졌기 때문이다. 따라서 R=1R=1 이다.

(b) 수렴 반지름이 11 임을 알면, 급수는 ∣x∣<1|x|<1 에서 수렴하고 ∣x∣>1|x|>1 에서 발산한다. 남은 것은 x±1x\pm 1 인 경우이다.

x=+1x=+1 일 때 급수는 ∑n=1∞an\sum\limits_{n=1}^\infty a_n 이 된다. nanna_n 이 C>0C>0 으로 감소한다고 주어졌으므로 an≥Cna_n\ge \frac{C}{n} 이다. p=1p=1 인 pp-판정법에 의해 발산하는 조화급수 ∑n=1∞1n\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{1}{n} 과 비교판정법을 쓰면, x=1x=1 일 때 이 급수는 발산한다.

x=−1x=-1 일 때 급수는 ∑n=1∞(−1)nan\sum\limits_{n=1}^\infty (-1)^n a_n 이 된다. nanna_n 이 C>0C>0 으로 감소한다고 주어졌으므로 an>0a_n>0 이고 n→∞n\rightarrow\infty 일 때 ana_n 은 00 으로 수렴한다. 따라서 ∑n=1∞(−1)nan\sum\limits_{n=1}^\infty (-1)^n a_n 은 교대급수판정법에 의해 수렴한다.

결론적으로 ∑n=1∞anxn\sum\limits_{n=1}^\infty a_n x^n 은 −1≤x<1-1\le x< 1 에서 수렴한다.

원본 교재 풀이(영어)

(a) We know that the radius of convergence RR obeys

1R=lim⁡n→∞an+1an=lim⁡n→∞nn+1 (n+1)an+1nan=1CC=1\begin{aligned} \frac{1}{R} = \lim_{n\rightarrow\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n} = \lim_{n\rightarrow\infty}\frac{n}{n+1}\ \frac{(n+1)a_{n+1}}{na_n} = 1 \frac{C}{C} = 1 \end{aligned}

because we are told that lim⁡n→∞nan=C\lim\limits_{n\rightarrow\infty} na_n=C. So R=1R=1.

(b) Just knowing that the radius of convergence is 11, we know that the series converges for ∣x∣<1|x|<1 and diverges for ∣x∣>1|x|>1. That leaves x±1x\pm 1.

When x=+1x=+1, the series reduces to ∑n=1∞an\sum\limits_{n=1}^\infty a_n . We are told that nanna_n decreases to C>0C>0. So an≥Cna_n\ge \frac{C}{n}. By the comparison test with the harmonic series ∑n=1∞1n\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{1}{n}, which diverges by the pp–test with p=1p=1, our series diverges when x=1x=1.

When x=−1x=-1, the series reduces to ∑n=1∞(−1)nan\sum\limits_{n=1}^\infty (-1)^n a_n . We are told that nanna_n decreases to C>0C>0. So an>0a_n>0 and ana_n converges to 00 as n→∞n\rightarrow\infty. Consequently ∑n=1∞(−1)nan\sum\limits_{n=1}^\infty (-1)^n a_n converges by the alternating series test.

In conclusion ∑n=1∞anxn\sum\limits_{n=1}^\infty a_n x^n converges when −1≤x<1-1\le x< 1.

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-2 · 3.5절 · 18번
# 멱급수와 수렴 반경증명·논술도전자동 분류
CLP-2 Integral Calculus CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
24.CLP-2 · 3.5절 · 24번대학 수준우리말 번역

f(x)=∑n=0∞An(x−c)nf(x)=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}A_n(x-c)^n 이라 하자. 여기서 cc 는 어떤 상수이고 {An}\{A_n\} 은 상수로 이루어진 수열이다. 또한 f(x)f(x) 는 양의 수렴 반지름을 갖는다고 하자.

A1=0A_1=0 이면 y=f(x)y=f(x) 가 x=cx=c 에서 임계점을 가짐을 보이세요. 그 점에서 그래프의 모양과 A2A_2 의 값 사이에는 어떤 관계가 있는지 설명하세요.

영어 원문 보기

Let f(x)=∑n=0∞An(x−c)nf(x)=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}A_n(x-c)^n, for some constant cc and a sequence of constants {An}\{A_n\}. Further, let f(x)f(x) have a positive radius of convergence.

If A1=0A_1=0, show that y=f(x)y=f(x) has a critical point at x=cx=c. What is the relationship between the behaviour of the graph at that point and the value of A2A_2?

정답·풀이 보기

먼저 미분한다.

f(x)=∑n=0∞An(x−c)nf′(x)=∑n=0∞nAn(x−c)n−1=∑n=1∞nAn(x−c)n−1f′(c)=∑n=1∞nAn⋅0n−1=A1⋅1+2A2⋅0+3A3⋅0+⋯=A1\begin{aligned} f(x)&=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}A_n(x-c)^n\\ f'(x)&=\sum_{n=0}^{\infty}nA_n(x-c)^{n-1}\\ &=\sum_{n=1}^{\infty}nA_n(x-c)^{n-1}\\ f'(c)&=\sum_{n=1}^\infty nA_n\cdot 0^{n-1}\\ &=A_1\cdot 1 + 2A_2\cdot0+3A_3\cdot0+\cdots\\ &=A_1 \end{aligned}

따라서 A1=0A_1=0 이면 f′(c)=0f'(c)=0 이다. 즉, f(x)f(x) 는 x=cx=c 에서 임계점을 갖는다.

이 임계점에서의 그래프의 모양을 알아보기 위해 이계도함수 판정법을 이용한다.

f′(x)=∑n=1∞nAn(x−c)n−1f′′(x)=∑n=1∞n(n−1)An(x−c)n−2=∑n=2∞n(n−1)An(x−c)n−2f′′(c)=∑n=2∞n(n−1)An⋅0n−2=2(1)A2⋅00+3(2)A3⋅01+4(3)A4⋅02+⋯=2A2\begin{aligned} f'(x)&=\sum_{n=1}^{\infty}nA_n(x-c)^{n-1}\\ f''(x)&=\sum_{n=1}^{\infty}n(n-1)A_n(x-c)^{n-2}\\ &=\sum_{n=2}^{\infty}n(n-1)A_n(x-c)^{n-2}\\ f''(c)&=\sum_{n=2}^{\infty}n(n-1)A_n\cdot 0^{n-2}\\ &=2(1)A_2\cdot 0^0+3(2)A_3\cdot 0^1+4(3)A_4\cdot 0^2+\cdots\\ &=2A_2 \end{aligned}

이계도함수 판정법에 따라, A2<0A_2<0 이면 x=cx=c 는 극댓값을 갖는 위치이고, A2>0A_2>0 이면 극솟값을 갖는 위치이다. (A2=0A_2=0 이면 그 임계점은 극값일 수도 있고 아닐 수도 있다.)

원본 교재 풀이(영어)

First, we differentiate.

f(x)=∑n=0∞An(x−c)nf′(x)=∑n=0∞nAn(x−c)n−1=∑n=1∞nAn(x−c)n−1f′(c)=∑n=1∞nAn⋅0n−1=A1⋅1+2A2⋅0+3A3⋅0+⋯=A1\begin{aligned} f(x)&=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}A_n(x-c)^n\\ f'(x)&=\sum_{n=0}^{\infty}nA_n(x-c)^{n-1}\\ &=\sum_{n=1}^{\infty}nA_n(x-c)^{n-1}\\ f'(c)&=\sum_{n=1}^\infty nA_n\cdot 0^{n-1}\\ &=A_1\cdot 1 + 2A_2\cdot0+3A_3\cdot0+\cdots\\ &=A_1 \end{aligned}

So, if A1=0A_1=0, then f′(c)=0f'(c)=0. That is, f(x)f(x) has a critical point at x=cx=c.

To determine the behaviour of this critical point, we use the second derivative test.

f′(x)=∑n=1∞nAn(x−c)n−1f′′(x)=∑n=1∞n(n−1)An(x−c)n−2=∑n=2∞n(n−1)An(x−c)n−2f′′(c)=∑n=2∞n(n−1)An⋅0n−2=2(1)A2⋅00+3(2)A3⋅01+4(3)A4⋅02+⋯=2A2\begin{aligned} f'(x)&=\sum_{n=1}^{\infty}nA_n(x-c)^{n-1}\\ f''(x)&=\sum_{n=1}^{\infty}n(n-1)A_n(x-c)^{n-2}\\ &=\sum_{n=2}^{\infty}n(n-1)A_n(x-c)^{n-2}\\ f''(c)&=\sum_{n=2}^{\infty}n(n-1)A_n\cdot 0^{n-2}\\ &=2(1)A_2\cdot 0^0+3(2)A_3\cdot 0^1+4(3)A_4\cdot 0^2+\cdots\\ &=2A_2 \end{aligned}

Following the second derivative test, x=cx=c is the location of a local maximum if A2<0A_2<0, and it is the location of a local minimum if A2>0A_2>0. (If A2=0A_2=0, the critical point may or may not be a local extremum.)

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기OpenStax 2권 · 6.1절 · 47번
# 멱급수와 수렴 반경증명·논술도전자동 분류
CLP-2 Integral Calculus CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
25.CLP-2 · 3.5절 · 25번대학 수준우리말 번역

∑n=3∞n5n−1\displaystyle \sum_{n=3}^\infty \frac{n}{5^{n-1}} 의 값을 구하세요.

영어 원문 보기

Evaluate ∑n=3∞n5n−1\displaystyle \sum_{n=3}^\infty \frac{n}{5^{n-1}}.

답 쓰고 채점
정답·풀이 보기

∑n=3∞n5n−1\displaystyle \sum_{n=3}^\infty \frac{n}{5^{n-1}} 은 f(x)=∑n=3∞n⋅xn−1f(x)=\displaystyle \sum_{n=3}^\infty n\cdot x^{n-1} 에 x=15x=\dfrac15 을 대입한 값임을 알 수 있다. 먼저 f(x)f(x) 를 (거듭제곱급수 꼴이 아닌) 식의 꼴로 나타내야 한다. 이것은 등비급수 ∑xn\displaystyle\sum x^n 의 도함수와 비슷하게 생겼음에 주목하자.

11−x=∑n=0∞xn∣x∣<1 일 때ddx{11−x}=ddx{∑n=0∞xn}1(1−x)2=∑n=1∞nxn−1=1x0+2x1+∑n=3∞nxn−1=1+2x+∑n=3∞nxn−1따라서,1(1−x)2−1−2x=∑n=3∞nxn−1x=15 을 대입하면:1(1−1/5)2−1−25=∑n=3∞n(15)n−1(54)2−1−25=∑n=3∞n5n−1\begin{aligned} \frac{1}{1-x}&=\sum_{n=0}^\infty x^n \qquad \text{$|x|<1$ 일 때}\\ \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=1}^\infty nx^{n-1}\\ &= 1x^0 + 2x^1+\sum_{n=3}^\infty nx^{n-1}\\ &= 1 + 2x+\sum_{n=3}^\infty nx^{n-1}\\ \text{따라서,}\qquad \frac{1}{(1-x)^2}-1-2x&=\sum_{n=3}^\infty nx^{n-1}\\ \text{$x=\dfrac15$ 을 대입하면:}\qquad \frac{1}{(1-1/5)^2}-1-\frac25&=\sum_{n=3}^\infty n\left(\frac15\right)^{n-1}\\ \left(\frac{5}{4} \right)^2-1-\frac25&=\sum_{n=3}^\infty \frac{n}{5^{n-1}}\\ \end{aligned}

따라서 주어진 급수의 값은 2516−1−25=1380\displaystyle\frac{25}{16}-1-\frac{2}{5}=\frac{13}{80} 이다.

원본 교재 풀이(영어)

We recognize ∑n=3∞n5n−1\displaystyle \sum_{n=3}^\infty \frac{n}{5^{n-1}} as f(x)=∑n=3∞n⋅xn−1f(x)=\displaystyle \sum_{n=3}^\infty n\cdot x^{n-1}, evaluated at x=15x=\dfrac15. We should figure out what f(x)f(x) is in equation form (as opposed to power series form). Notice that this looks similar to the derivative of the geometric series ∑xn\displaystyle\sum x^n.

11−x=∑n=0∞xnwhen ∣x∣<1ddx{11−x}=ddx{∑n=0∞xn}1(1−x)2=∑n=1∞nxn−1=1x0+2x1+∑n=3∞nxn−1=1+2x+∑n=3∞nxn−1So,1(1−x)2−1−2x=∑n=3∞nxn−1Setting x=15:1(1−1/5)2−1−25=∑n=3∞n(15)n−1(54)2−1−25=∑n=3∞n5n−1\begin{aligned} \frac{1}{1-x}&=\sum_{n=0}^\infty x^n \qquad \text{when $|x|<1$}\\ \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=1}^\infty nx^{n-1}\\ &= 1x^0 + 2x^1+\sum_{n=3}^\infty nx^{n-1}\\ &= 1 + 2x+\sum_{n=3}^\infty nx^{n-1}\\ \text{So,}\qquad \frac{1}{(1-x)^2}-1-2x&=\sum_{n=3}^\infty nx^{n-1}\\ \text{Setting $x=\dfrac15$:}\qquad \frac{1}{(1-1/5)^2}-1-\frac25&=\sum_{n=3}^\infty n\left(\frac15\right)^{n-1}\\ \left(\frac{5}{4} \right)^2-1-\frac25&=\sum_{n=3}^\infty \frac{n}{5^{n-1}}\\ \end{aligned}

So, our series evaluates to 2516−1−25=1380\displaystyle\frac{25}{16}-1-\frac{2}{5}=\frac{13}{80}.

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-2 · 3.5절 · 24번
# 멱급수와 수렴 반경계산도전자동 분류
CLP-2 Integral Calculus CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
26.CLP-2 · 3.6절 · 34번대학 수준우리말 번역

자연로그에 대한 테일러 급수를 이용하여 lim⁡x→0(1+x+x2)2/x\displaystyle \lim\limits_{x\rightarrow 0}\left(1+x+x^2\right)^{2/x} 의 값을 구하세요.

영어 원문 보기

Evaluate lim⁡x→0(1+x+x2)2/x\displaystyle \lim\limits_{x\rightarrow 0}\left(1+x+x^2\right)^{2/x} using a Taylor series for the natural logarithm.

답 쓰고 채점
정답·풀이 보기

이 극한은 1∞1^{\infty} 꼴의 부정형이다. 로피탈의 법칙을 쓸 때와 마찬가지로, 자연로그를 이용하여 다루기 쉬운 꼴로 바꿀 수 있다.

f(x)=(1+x+x2)2/xlog⁡(f(x))=log⁡[(1+x+x2)2/x]=2xlog⁡(1+x+x2)\begin{aligned} f(x)&=\left(1+x+x^2\right)^{2/x}\\ \log(f(x))&=\log\left[\left(1+x+x^2\right)^{2/x}\right]=\frac{2}{x}\log\left(1+x+x^2\right) \end{aligned}

log⁡(1+y)=∑n=1∞(−1)n+1ynn\log(1+y)=\displaystyle\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n+1}y^n}{n} 임을 떠올리고, y=x+x2y=x+x^2 으로 놓는다. 이 급수는 ∣y∣<1|y|<1 일 때 수렴하며, xx 가 0에 매우 가까운 값만 생각하므로 ∣x+x2∣<1|x+x^2|<1 이라고 가정할 수 있다.

log⁡(f(x))=2xlog⁡(1+(x+x2))=2x∑n=1∞(−1)n+1(x+x2)nn=2x[(x+x2)−(x+x2)22+(x+x2)33−⋯ ]=2+2x−(x+x2)22x+(x+x2)33x−⋯=2+2x−(x2+x)(1+x)2+(x2+x)2(1+x)3−⋯lim⁡x→0log⁡(f(x))=lim⁡x→0[2+2x−(x2+x)(1+x)2+(x2+x)2(1+x)3−⋯ ]=2+0+0⋯=2lim⁡x→0f(x)=lim⁡x→0elog⁡f(x)=e2\begin{aligned} \log(f(x))&=\frac{2}{x}\log\left(1+(x+x^2)\right)=\frac{2}{x}\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n+1}(x+x^2)^n}{n}\\ &=\frac{2}{x}\left[(x+x^2)-\frac{(x+x^2)^2}{2}+\frac{(x+x^2)^3}{3}-\cdots\right]\\ &=2+2x-\frac{(x+x^2)^2}{2x}+\frac{(x+x^2)^3}{3x}-\cdots\\ &=2+2x-\frac{(x^2+x)(1+x)}{2}+\frac{(x^2+x)^2(1+x)}{3}-\cdots\\ \lim_{x \to 0}\log(f(x))&=\lim_{x \to 0}\left[2+2x-\frac{(x^2+x)(1+x)}{2}+\frac{(x^2+x)^2(1+x)}{3}-\cdots\right] \\ &=2+0+0\cdots=2\\ \lim_{x \to 0} f(x)&=\lim_{x \to 0}e^{\log f(x)}=e^2 \end{aligned}

원본 교재 풀이(영어)

Our limit has the indeterminate form 1∞1^{\infty}; as with l'Hopital's rule, we can change it to a friendlier form using the natural logarithm.

f(x)=(1+x+x2)2/xlog⁡(f(x))=log⁡[(1+x+x2)2/x]=2xlog⁡(1+x+x2)\begin{aligned} f(x)&=\left(1+x+x^2\right)^{2/x}\\ \log(f(x))&=\log\left[\left(1+x+x^2\right)^{2/x}\right]=\frac{2}{x}\log\left(1+x+x^2\right) \end{aligned}

Recall log⁡(1+y)=∑n=1∞(−1)n+1ynn\log(1+y)=\displaystyle\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n+1}y^n}{n}, and set y=x+x2y=x+x^2. The series converges when ∣y∣<1|y|<1, and since we only consider values of xx that are very close to 0, we can assume ∣x+x2∣<1|x+x^2|<1.

log⁡(f(x))=2xlog⁡(1+(x+x2))=2x∑n=1∞(−1)n+1(x+x2)nn=2x[(x+x2)−(x+x2)22+(x+x2)33−⋯ ]=2+2x−(x+x2)22x+(x+x2)33x−⋯=2+2x−(x2+x)(1+x)2+(x2+x)2(1+x)3−⋯lim⁡x→0log⁡(f(x))=lim⁡x→0[2+2x−(x2+x)(1+x)2+(x2+x)2(1+x)3−⋯ ]=2+0+0⋯=2lim⁡x→0f(x)=lim⁡x→0elog⁡f(x)=e2\begin{aligned} \log(f(x))&=\frac{2}{x}\log\left(1+(x+x^2)\right)=\frac{2}{x}\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n+1}(x+x^2)^n}{n}\\ &=\frac{2}{x}\left[(x+x^2)-\frac{(x+x^2)^2}{2}+\frac{(x+x^2)^3}{3}-\cdots\right]\\ &=2+2x-\frac{(x+x^2)^2}{2x}+\frac{(x+x^2)^3}{3x}-\cdots\\ &=2+2x-\frac{(x^2+x)(1+x)}{2}+\frac{(x^2+x)^2(1+x)}{3}-\cdots\\ \lim_{x \to 0}\log(f(x))&=\lim_{x \to 0}\left[2+2x-\frac{(x^2+x)(1+x)}{2}+\frac{(x^2+x)^2(1+x)}{3}-\cdots\right] \\ &=2+0+0\cdots=2\\ \lim_{x \to 0} f(x)&=\lim_{x \to 0}e^{\log f(x)}=e^2 \end{aligned}

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기OpenStax 2권 · 6.3절 · 40번
# 테일러·매클로린 급수계산도전자동 분류
CLP-2 Integral Calculus CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
27.CLP-2 · 3.6절 · 36번대학 수준우리말 번역

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

영어 원문 보기

Evaluate the series ∑n=0∞(n+1)(n+2)7n\displaystyle\sum_{n=0}^\infty\frac{ (n+1)(n+2)}{7^n} or show that it diverges.

정답·풀이 보기

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

11−x=∑n=0∞xnddx{11−x}=ddx{∑n=0∞xn}1(1−x)2=∑n=0∞nxn−1=∑n=1∞nxn−1ddx{1(1−x)2}=ddx{∑n=1∞nxn−1}2(1−x)3=∑n=1∞n(n−1)xn−2=∑n=2∞n(n−1)xn−2=∑n=0∞(n+2)(n+1)xn\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=17x=\frac{1}{7} 이라 하자. 그러면 ∣x∣<1|x|<1 이므로 주어진 급수는 수렴한다.

2(1−1/7)3=∑n=0∞(n+2)(n+1)(17)n2(6/7)3=∑n=0∞(n+2)(n+1)7n\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}

원본 교재 풀이(영어)

The factor (n+1)(n+2)(n+1)(n+2) reminds us of a derivative. Start with the geometric series.

11−x=∑n=0∞xnddx{11−x}=ddx{∑n=0∞xn}1(1−x)2=∑n=0∞nxn−1=∑n=1∞nxn−1ddx{1(1−x)2}=ddx{∑n=1∞nxn−1}2(1−x)3=∑n=1∞n(n−1)xn−2=∑n=2∞n(n−1)xn−2=∑n=0∞(n+2)(n+1)xn\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}

Let x=17x=\frac{1}{7}. Then ∣x∣<1|x|<1, so our series converges.

2(1−1/7)3=∑n=0∞(n+2)(n+1)(17)n2(6/7)3=∑n=0∞(n+2)(n+1)7n\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}

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-2 · 3.6절 · 34번
# 테일러·매클로린 급수증명·논술도전자동 분류
CLP-2 Integral Calculus CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
28.CLP-2 · 3.6절 · 37번대학 수준우리말 번역

급수 f(x)=∑n=0∞(−1)nx2n+4(2n+1)(2n+2)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)=∑n=0∞(−1)nx2n+4(2n+1)(2n+2)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=∑n=0∞(−1)nx2n+12n+1\arctan x = \sum_{n=0}^\infty (-1)^n\frac{x^{2n+1}}{2n+1} 이 급수와 주어진 급수는 비슷한 점이 있다. xx 의 거듭제곱이 건너뛰며 나타나고, 분모가 계승이 아니다. 이를 주어진 급수와 같은 꼴로 바꿔 보자. 먼저 분모에 (2n+2)(2n+2) 인수가 생기도록 부정적분한다.

∫arctan⁡x dx=∑n=0∞(−1)nx2n+2(2n+1)(2n+2)+C아크탄젠트의 부정적분은 부분적분을 이용하여 구할 수 있다. u=arctan⁡x, dv=dx 라 하면 du=11+x2dx, v=x 이다.∫arctan⁡x dx=xarctan⁡x−∫x1+x2 dx+C이제 w=1+x2, dw=2xdx 로 치환한다.=xarctan⁡x−12log⁡(1+x2)+C따라서, ∑n=0∞(−1)nx2n+2(2n+1)(2n+2)=xarctan⁡x−12log⁡(1+x2)+CC 를 구하기 위해 등식의 양변에 x=0 을 대입한다.0=0arctan⁡0−12log⁡(1)+C=C그러므로, ∑n=0∞(−1)nx2n+2(2n+1)(2n+2)=xarctan⁡x−12log⁡(1+x2)양변에 x2 을 곱하면,∑n=0∞(−1)nx2n+4(2n+1)(2n+2)=x3arctan⁡x−x22log⁡(1+x2)\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=∑n=0∞(−1)nx2n+12n+1\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 xx, 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)(2n+2) on the bottom.

∫arctan⁡x dx=∑n=0∞(−1)nx2n+2(2n+1)(2n+2)+CWe can find the antiderivative of arctangent using integration by parts. Let u=arctan⁡x and dv=dx; then du=11+x2dx and v=x.∫arctan⁡x dx=xarctan⁡x−∫x1+x2 dx+CNow, we use the substitution w=1+x2, dw=2xdx.=xarctan⁡x−12log⁡(1+x2)+CSo, ∑n=0∞(−1)nx2n+2(2n+1)(2n+2)=xarctan⁡x−12log⁡(1+x2)+CTo find C, we evaluate both sides of the equation at x=0.0=0arctan⁡0−12log⁡(1)+C=CTherefore, ∑n=0∞(−1)nx2n+2(2n+1)(2n+2)=xarctan⁡x−12log⁡(1+x2)Multiplying both sides by x2,∑n=0∞(−1)nx2n+4(2n+1)(2n+2)=x3arctan⁡x−x22log⁡(1+x2)\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 문제 풀기CLP-2 · 3.6절 · 36번
# 테일러·매클로린 급수계산도전자동 분류
CLP-2 Integral Calculus CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
29.CLP-2 · 3.6절 · 39번대학 수준우리말 번역

a=2a = 2 에서의 f(x)=log⁡(x)f(x) = \log(x) 의 테일러 급수를 구하세요. 이 급수의 수렴 구간을 구하세요.

영어 원문 보기

Find the Taylor series for f(x)=log⁡(x)f(x) = \log(x) centred at a=2a = 2. Find the interval of convergence for this series.

정답·풀이 보기

다음을 이용한다.

log⁡(1+y)=∑n=1∞(−1)n−1ynn모든 −1<y≤1\log(1+y)= \sum_{n=1}^\infty (-1)^{n-1} \frac{y^n}{n} \qquad \text{모든 } -1 < y \le 1

여기에 y=x−22y=\dfrac{x-2}{2} 를 대입하면 다음을 얻는다.

log⁡(x)=log⁡(2+x−2)=log⁡[2(1+x−22)]=log⁡2+log⁡(1+x−22)=log⁡2+∑n=1∞(−1)n−1n 2n(x−2)n\begin{aligned} \log(x) & = \log(2 +x -2) =\log\left[2\left(1+\frac{x-2}{2}\right)\right]\\ &= \log 2 +\log\Big(1+\frac{x-2}{2}\Big) =\log 2 +\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}}{n\,2^n}(x-2)^n \end{aligned}

이 급수는 −1<y≤1-1<y\le 1, 즉 0<x≤40<x\le 4 일 때 수렴한다.

원본 교재 풀이(영어)

We use that

log⁡(1+y)=∑n=1∞(−1)n−1ynnfor all −1<y≤1\log(1+y)= \sum_{n=1}^\infty (-1)^{n-1} \frac{y^n}{n} \qquad \text{for all } -1 < y \le 1

with y=x−22y=\dfrac{x-2}{2} to give

log⁡(x)=log⁡(2+x−2)=log⁡[2(1+x−22)]=log⁡2+log⁡(1+x−22)=log⁡2+∑n=1∞(−1)n−1n 2n(x−2)n\begin{aligned} \log(x) & = \log(2 +x -2) =\log\left[2\left(1+\frac{x-2}{2}\right)\right]\\ &= \log 2 +\log\Big(1+\frac{x-2}{2}\Big) =\log 2 +\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}}{n\,2^n}(x-2)^n \end{aligned}

It converges when −1<y≤1-1<y\le 1, or equivalently, 0<x≤40<x\le 4.

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-2 · 3.6절 · 37번
# 테일러·매클로린 급수계산도전자동 분류
CLP-2 Integral Calculus CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
30.CLP-2 · 3.6절 · 41번대학 수준우리말 번역

매클로린 급수를 이용하여, 수 a=1/5−1/7+1/18a = 1/5-1/7+1/18 이 I=∫01x4e−x2 dx\displaystyle I = \int_0^1 x^4 e^{-x^2}\,\mathrm{d}x 의 근삿값임을 알았다. ∣I−a∣|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+1/18a = 1/5-1/7+1/18 is found to be an approximation for I=∫01x4e−x2 dx\displaystyle I = \int_0^1 x^4 e^{-x^2}\,\mathrm{d}x. Give the best upper bound you can for ∣I−a∣|I - a|.

답 쓰고 채점
정답·풀이 보기

지수함수를 매클로린 급수로 전개하면,

I=∫01x4e−x2 dx=∑n=0∞∫01x4(−x2)nn! dx=∑n=0∞(−1)nn!∫01x2n+4 dx=∑n=0∞(−1)nn!(2n+5)=15⏟n=0−17⏟n=1+118⏟n=2−13!(11)⏟n=3+⋯\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 nthn^{\rm th} 항의 크기는 nn 이 커질수록 감소한다. 따라서 교대급수 판정법에 의해 II 는 15−17+118\frac{1}{5}-\frac{1}{7}+\frac{1}{18} 과 15−17+118−13!(11)\frac{1}{5}-\frac{1}{7}+\frac{1}{18}-\frac{1}{3!(11)} 사이에 있다. 그러므로

∣I−a∣≤13!(11)=166|I - a| \le \frac{1}{3!(11)} =\frac{1}{66}

원본 교재 풀이(영어)

Expanding the exponential using its Maclaurin series,

I=∫01x4e−x2 dx=∑n=0∞∫01x4(−x2)nn! dx=∑n=0∞(−1)nn!∫01x2n+4 dx=∑n=0∞(−1)nn!(2n+5)=15⏟n=0−17⏟n=1+118⏟n=2−13!(11)⏟n=3+⋯\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}

The signs of successive terms in this series alternate. Futhermore the magnitude of the nthn^{\rm th} term decreases with nn. Hence, by the alternating series test, II lies between 15−17+118\frac{1}{5}-\frac{1}{7}+\frac{1}{18} and 15−17+118−13!(11)\frac{1}{5}-\frac{1}{7}+\frac{1}{18}-\frac{1}{3!(11)}. So

∣I−a∣≤13!(11)=166|I - a| \le \frac{1}{3!(11)} =\frac{1}{66}

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31.CLP-2 · 3.6절 · 42번대학 수준우리말 번역

길이가 0.00020.0002 이하이면서 수

I=∫012x2e−x2 dxI=\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 0.00020.0002 or less that contains the number

I=∫012x2e−x2 dxI=\int_0^{\frac{1}{2}} x^2 e^{-x^2}\ \mathrm{d}x

정답·풀이 보기

지수함수를 테일러 급수로 전개하면

I=∫012x2e−x2 dx=∑n=0∞∫012x2(−x2)nn! dx=∑n=0∞(−1)nn!∫012x2n+2 dx=∑n=0∞(−1)nn!(2n+3)122n+3\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 nthn^{\rm th} 항의 크기는 nn 이 커질수록 감소한다. 따라서 교대급수 판정법에 의해, 모든 NN 에 대해 II 는 ∑n=0N(−1)nn!(2n+3)122n+3\sum\limits_{n=0}^N \frac{(-1)^n}{n!(2n+3)}\frac{1}{2^{2n+3}} 과 ∑n=0N+1(−1)nn!(2n+3)122n+3\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.

n0123(−1)nn!(2n+3)122n+30.04167-0.006250.00056-0.00004\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 0.0000050.000005 의 반올림 오차가 있다고 보면, II 는

0.04167−0.00625+0.00056+0.000005×3=0.0359950.04167-0.00625+0.00056+0.000005\times 3=0.035995

와

0.04167−0.00625+0.00056−0.00004−0.000005×4=0.0359200.04167-0.00625+0.00056-0.00004-0.000005\times 4=0.035920

사이에 있어야 한다. 여기서 0.0000050.000005 의 배수는 더한 항들에서 누적될 수 있는 반올림 오차의 최댓값이다.

원본 교재 풀이(영어)

Expanding the exponential using its Taylor series,

I=∫012x2e−x2 dx=∑n=0∞∫012x2(−x2)nn! dx=∑n=0∞(−1)nn!∫012x2n+2 dx=∑n=0∞(−1)nn!(2n+3)122n+3\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}

The signs of successive terms in this series alternate. Futhermore the magnitude of the nthn^{\rm th} term decreases with nn. Hence, by the alternating series test, II lies between ∑n=0N(−1)nn!(2n+3)122n+3\sum\limits_{n=0}^N \frac{(-1)^n}{n!(2n+3)}\frac{1}{2^{2n+3}} and ∑n=0N+1(−1)nn!(2n+3)122n+3\sum\limits_{n=0}^{N+1} \frac{(-1)^n}{n!(2n+3)}\frac{1}{2^{2n+3}}, for every NN. The first few terms are, to five decimal places,

n0123(−1)nn!(2n+3)122n+30.04167-0.006250.00056-0.00004\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}

Allowing for a roundoff error of 0.0000050.000005 in each of these, II must be between

0.04167−0.00625+0.00056+0.000005×3=0.0359950.04167-0.00625+0.00056+0.000005\times 3=0.035995

and

0.04167−0.00625+0.00056−0.00004−0.000005×4=0.0359200.04167-0.00625+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 문제 풀기CLP-2 · 3.6절 · 41번
# 테일러·매클로린 급수계산도전자동 분류
CLP-2 Integral Calculus CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
32.CLP-2 · 3.6절 · 47번대학 수준우리말 번역

f(x)=∫0x1−e−tt dt {\displaystyle f(x) = \int_0^x\frac{1-e^{-t}}{t}\ \mathrm{d}t} 라고 정의하세요.

(a) f(x)f(x) 의 매클로린 급수가 ∑n=1∞(−1)n−1n⋅n!xn\displaystyle\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}}{n\cdot n!} x^n 임을 보이세요. (b) 비판정법을 사용하여 매클로린 급수 ∑n=1∞(−1)n−1n⋅n!xn\displaystyle\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}}{n\cdot n!} x^n 이 수렴하는 xx 의 값을 구하세요.

영어 원문 보기

Define f(x)=∫0x1−e−tt dt {\displaystyle f(x) = \int_0^x\frac{1-e^{-t}}{t}\ \mathrm{d}t} .

(a) Show that the Maclaurin series for f(x)f(x) is ∑n=1∞(−1)n−1n⋅n!xn\displaystyle\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}}{n\cdot n!} x^n. (b) Use the ratio test to determine the values of xx for which the Maclaurin series ∑n=1∞(−1)n−1n⋅n!xn\displaystyle\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}}{n\cdot n!} x^n converges.

정답·풀이 보기

(a) 알려진 거듭제곱급수 ex=1+x+x22!+x33!+x44!+⋯e^x = 1 + x +\frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!} + \frac{x^4}{4!} + \cdots 에 x=−tx=-t 를 대입하면 다음을 얻는다.

e−t=1−t+t22!−t33!+t44!−⋯1−e−t=t−t22!+t33!−t44!+⋯1−e−tt=1−t2!+t23!−t34!+⋯∫1−e−tt dt=C+x−x22⋅2!+x33⋅3!−x44⋅4!+⋯\begin{aligned} e^{-t}&= 1 - t +\frac{t^2}{2!}-\frac{t^3}{3!} + \frac{t^4}{4!} - \cdots \\ 1-e^{-t}&= t - \frac{t^2}{2!}+ \frac{t^3}{3!} - \frac{t^4}{4!} + \cdots \\ \frac{1-e^{-t}}{t}&= 1 - \frac{t}{2!}+ \frac{t^2}{3!} - \frac{t^3}{4!} + \cdots \\ \int \frac{1-e^{-t}}{t}\ \mathrm{d}t&= C + x - \frac{x^2}{2\cdot 2!} + \frac{x^3}{3\cdot 3!} - \frac{x^4}{4\cdot 4!} + \cdots \end{aligned}

마지막으로 f(0)=0f(0) = 0 이므로(f(0)f(0) 은 00 에서 00 까지의 적분이므로) C=0C=0 이다. 따라서

f(x)=∫0x1−e−tt dt=x−x22⋅2!+x33⋅3!−x44⋅4!+⋯ .\begin{aligned} f(x) = \int_0^x\frac{1-e^{-t}}{t}\ \mathrm{d}t = x - \frac{x^2}{2\cdot 2!} + \frac{x^3}{3\cdot 3!} - \frac{x^4}{4\cdot 4!} + \cdots. \end{aligned}

이 계산을 합의 기호만으로 나타낼 수도 있다. ex=∑n=0∞xnn!e^{x}= \displaystyle\sum\limits_{n=0}^\infty \frac{x^n}{n!} 이므로

e−t=∑n=0∞(−t)nn!=1+∑n=1∞(−1)ntnn!1−e−t=−∑n=1∞(−1)ntnn!=∑n=1∞(−1)n−1tnn!1−e−tt=∑n=1∞(−1)n−1tn−1n!f(x)=∫0x1−e−tt dt=∑n=1∞(−1)n−1xnn⋅n!\begin{aligned} e^{-t}&= \sum_{n=0}^\infty \frac{(-t)^n}{n!} =1+ \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^nt^n}{n!} \\ 1-e^{-t}&= - \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^nt^n}{n!} = \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1} t^n}{n!} \\ \frac{1-e^{-t}}{t}&= \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1} t^{n-1}}{n!} \\ f(x) = \int_0^x\frac{1-e^{-t}}{t}\ \mathrm{d}t &= \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1} x^n}{n\cdot n!} \end{aligned}

(b) an=Anxn=(−1)n−1n⋅n!xna_n=A_nx^n = \dfrac{(-1)^{n-1}}{n\cdot n!} x^n 으로 놓고 비판정법을 적용한다.

lim⁡n→∞∣an+1an∣=lim⁡n→∞∣(−1)nxn+1/((n+1)⋅(n+1)!)(−1)n−1xn/(n⋅n!)∣=lim⁡n→∞(∣x∣n+1∣x∣nn⋅n!(n+1)⋅(n+1)!)=lim⁡n→∞(∣x∣n(n+1)2)(n+1)!=(n+1) n! 이므로=0\begin{aligned} \lim_{n\rightarrow\infty}\Big|\frac{a_{n+1}}{a_n}\Big| &=\lim_{n\rightarrow\infty} \bigg|\frac{{(-1)^{n}}x^{n+1}/{((n+1)\cdot (n+1)!)}} {{(-1)^{n-1}}x^n/{(n\cdot n!)}}\bigg| \\ &=\lim_{n\rightarrow\infty} \bigg( \frac{|x|^{n+1}}{|x|^n} \frac{n\cdot n!}{(n+1)\cdot (n+1)!} \bigg) \\ &=\lim_{n\rightarrow\infty} \bigg( |x|\frac{n}{(n+1)^2} \bigg) \qquad\text{$(n+1)!=(n+1)\,n!$ 이므로} \\ &=0 \end{aligned}

이 값은 xx 가 무엇이든 11 보다 작다. 따라서 이 급수는 모든 xx 에 대해 수렴한다.

원본 교재 풀이(영어)

(a) Substituting x=−tx=-t into the known power series ex=1+x+x22!+x33!+x44!+⋯e^x = 1 + x +\frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!} + \frac{x^4}{4!} + \cdots, we see that:

e−t=1−t+t22!−t33!+t44!−⋯1−e−t=t−t22!+t33!−t44!+⋯1−e−tt=1−t2!+t23!−t34!+⋯∫1−e−tt dt=C+x−x22⋅2!+x33⋅3!−x44⋅4!+⋯\begin{aligned} e^{-t}&= 1 - t +\frac{t^2}{2!}-\frac{t^3}{3!} + \frac{t^4}{4!} - \cdots \\ 1-e^{-t}&= t - \frac{t^2}{2!}+ \frac{t^3}{3!} - \frac{t^4}{4!} + \cdots \\ \frac{1-e^{-t}}{t}&= 1 - \frac{t}{2!}+ \frac{t^2}{3!} - \frac{t^3}{4!} + \cdots \\ \int \frac{1-e^{-t}}{t}\ \mathrm{d}t&= C + x - \frac{x^2}{2\cdot 2!} + \frac{x^3}{3\cdot 3!} - \frac{x^4}{4\cdot 4!} + \cdots \end{aligned}

Finally, f(0)=0f(0) = 0 (since f(0)f(0) is an integral from 00 to 00) and so C=0C=0. Therefore

f(x)=∫0x1−e−tt dt=x−x22⋅2!+x33⋅3!−x44⋅4!+⋯ .\begin{aligned} f(x) = \int_0^x\frac{1-e^{-t}}{t}\ \mathrm{d}t = x - \frac{x^2}{2\cdot 2!} + \frac{x^3}{3\cdot 3!} - \frac{x^4}{4\cdot 4!} + \cdots. \end{aligned}

We can also do this calculation entirely in summation notation: ex=∑n=0∞xnn!e^{x}= \displaystyle\sum\limits_{n=0}^\infty \frac{x^n}{n!}, and so

e−t=∑n=0∞(−t)nn!=1+∑n=1∞(−1)ntnn!1−e−t=−∑n=1∞(−1)ntnn!=∑n=1∞(−1)n−1tnn!1−e−tt=∑n=1∞(−1)n−1tn−1n!f(x)=∫0x1−e−tt dt=∑n=1∞(−1)n−1xnn⋅n!\begin{aligned} e^{-t}&= \sum_{n=0}^\infty \frac{(-t)^n}{n!} =1+ \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^nt^n}{n!} \\ 1-e^{-t}&= - \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^nt^n}{n!} = \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1} t^n}{n!} \\ \frac{1-e^{-t}}{t}&= \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1} t^{n-1}}{n!} \\ f(x) = \int_0^x\frac{1-e^{-t}}{t}\ \mathrm{d}t &= \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1} x^n}{n\cdot n!} \end{aligned}

(b) We set an=Anxn=(−1)n−1n⋅n!xna_n=A_nx^n = \dfrac{(-1)^{n-1}}{n\cdot n!} x^n and apply the ratio test.

lim⁡n→∞∣an+1an∣=lim⁡n→∞∣(−1)nxn+1/((n+1)⋅(n+1)!)(−1)n−1xn/(n⋅n!)∣=lim⁡n→∞(∣x∣n+1∣x∣nn⋅n!(n+1)⋅(n+1)!)=lim⁡n→∞(∣x∣n(n+1)2)since (n+1)!=(n+1) n!=0\begin{aligned} \lim_{n\rightarrow\infty}\Big|\frac{a_{n+1}}{a_n}\Big| &=\lim_{n\rightarrow\infty} \bigg|\frac{{(-1)^{n}}x^{n+1}/{((n+1)\cdot (n+1)!)}} {{(-1)^{n-1}}x^n/{(n\cdot n!)}}\bigg| \\ &=\lim_{n\rightarrow\infty} \bigg( \frac{|x|^{n+1}}{|x|^n} \frac{n\cdot n!}{(n+1)\cdot (n+1)!} \bigg) \\ &=\lim_{n\rightarrow\infty} \bigg( |x|\frac{n}{(n+1)^2} \bigg) \qquad\text{since $(n+1)!=(n+1)\,n!$} \\ &=0 \end{aligned}

This is smaller than 11 no matter what xx is. So the series converges for all xx.

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33.CLP-2 · 3.6절 · 48번대학 수준우리말 번역

∫01x3ex−1 dx≤13\displaystyle \int_0^1\frac{x^3}{e^x-1}\,\mathrm{d}x\le\frac{1}{3} 임을 보이세요.

영어 원문 보기

Show that ∫01x3ex−1 dx≤13\displaystyle \int_0^1\frac{x^3}{e^x-1}\,\mathrm{d}x\le\frac{1}{3}.

정답·풀이 보기

ex=1+x+x22!+x33!+⋯≥1+xfor all x≥0  ⟹  ex−1≥x  ⟹  x3ex−1≤x3x=x2  ⟹  ∫01x3ex−1 dx≤∫01x2 dx=13\begin{aligned} &e^x=1+x+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!}+\cdots \ge 1+x\qquad\text{for all $x\ge 0$}\\ &\implies e^x-1\ge x \\ &\implies \frac{x^3}{e^x-1}\le \frac{x^3}{x} = x^2 \\ &\implies \int_0^1\frac{x^3}{e^x-1}\,\mathrm{d}x \le \int_0^1 x^2\,\mathrm{d}x=\frac{1}{3} \end{aligned}

원본 교재 풀이(영어)

ex=1+x+x22!+x33!+⋯≥1+xfor all x≥0  ⟹  ex−1≥x  ⟹  x3ex−1≤x3x=x2  ⟹  ∫01x3ex−1 dx≤∫01x2 dx=13\begin{aligned} &e^x=1+x+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!}+\cdots \ge 1+x\qquad\text{for all $x\ge 0$}\\ &\implies e^x-1\ge x \\ &\implies \frac{x^3}{e^x-1}\le \frac{x^3}{x} = x^2 \\ &\implies \int_0^1\frac{x^3}{e^x-1}\,\mathrm{d}x \le \int_0^1 x^2\,\mathrm{d}x=\frac{1}{3} \end{aligned}

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-2 · 3.6절 · 52번
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CLP-2 Integral Calculus CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
34.CLP-2 · 3.6절 · 49번대학 수준우리말 번역

cosh⁡(x)=ex+e−x2\displaystyle \cosh(x) =\frac{e^x+e^{-x}}{2} 라 하자.

(a) x0=0x_0 = 0 에서 cosh⁡(x)\cosh(x) 의 거듭제곱급수 전개를 구하고, 그 수렴 구간을 구하세요. (b) 323≤cosh⁡(2)≤323+0.13\frac{2}{3}\le \cosh(2) \le 3\frac{2}{3} + 0.1 임을 보이세요. (c) 모든 tt 에 대해 cosh⁡(t)≤e12t2\cosh(t) \le e^{\frac{1}{2}t^2} 임을 보이세요.

영어 원문 보기

Let cosh⁡(x)=ex+e−x2\displaystyle \cosh(x) =\frac{e^x+e^{-x}}{2}.

(a) Find the power series expansion of cosh⁡(x)\cosh(x) about x0=0x_0 = 0 and determine its interval of convergence. (b) Show that 323≤cosh⁡(2)≤323+0.13\frac{2}{3}\le \cosh(2) \le 3\frac{2}{3} + 0.1. (c) Show that cosh⁡(t)≤e12t2\cosh(t) \le e^{\frac{1}{2}t^2} for all tt.

정답·풀이 보기

(a) 모든 xx 에 대해 ex=∑n=0∞xnn!e^x = \sum\limits_{n=0}^\infty \frac{x^n}{n!} 임을 알고 있다. xx 를 −x-x 로 바꾸면, 모든 xx 에 대해 e−x=∑n=0∞(−x)nn!e^{-x} = \sum\limits_{n=0}^\infty \frac{(-x)^n}{n!} 이고, 따라서

cosh⁡(x)=12[ex+e−x]=12[∑n=0∞xnn!+∑n=0∞(−x)nn!]=∑n=0n even∞xnn!=∑n=0∞x2n(2n)!\begin{aligned} \cosh(x) =\frac{1}{2}\big[e^x+e^{-x}\big] =\frac{1}{2}\Big[\sum_{n=0}^\infty \frac{x^n}{n!} + \sum_{n=0}^\infty \frac{(-x)^n}{n!}\Big] = \sum_{\genfrac{}{}{0pt}{}{n=0}{n\text{ even}}}^\infty\frac{x^n}{n!} = \sum_{n=0}^\infty\frac{x^{2n}}{(2n)!} \end{aligned}

이 모든 xx 에 대해 성립한다. 특히 수렴 구간은 실수 전체이다.

(b) (a)의 거듭제곱급수 전개를 이용하면,

cosh⁡(2)=1+222!+244!+∑n=3∞22n(2n)!=323+∑n=3∞22n(2n)!\begin{aligned} \cosh(2) &= 1 +\frac{2^2}{2!}+\frac{2^4}{4!} +\sum_{n=3}^\infty\frac{2^{2n}}{(2n)!} = 3\frac{2}{3} +\sum_{n=3}^\infty\frac{2^{2n}}{(2n)!} \end{aligned}

따라서 ∑n=3∞22n(2n)!≤0.1\sum_{n=3}^\infty\frac{2^{2n}}{(2n)!}\le 0.1 임을 보이면 충분하다. bn=22n(2n)!b_n = \frac{2^{2n}}{(2n)!} 이라 하자. ∑n=3∞22n(2n)!\sum_{n=3}^\infty\frac{2^{2n}}{(2n)!} 의 첫째 항은

b3=266!=266×5×4×3×2=445b_3 = \frac{2^6}{6!} = \frac{2^6}{6 \times 5 \times 4 \times 3\times 2} = \frac{4}{45}

이다. ∑n=3∞22n(2n)!\sum_{n=3}^\infty\frac{2^{2n}}{(2n)!} 에서 이웃한 항 사이의 비는

bn+1bn=22n+2/22n(2n+2)!/(2n)!=4(2n+2)(2n+1)≤48×7=114모든 n≥3 에 대해\begin{aligned} \frac{b_{n+1}}{b_n} = \frac{2^{2n+2}/2^{2n}}{(2n+2)!/(2n)!} =\frac{4}{(2n+2)(2n+1)} \le \frac{4}{8\times 7} =\frac{1}{14}\qquad \text{모든 }n\ge 3\text{ 에 대해} \end{aligned}

이다. 그러므로

∑n=3∞22n(2n)!≤445⏞b3+445×114⏞b4≤+445×1142⏞b5≤+445×1143⏞b6≤+⋯=445 11−114=445 1413=56585<110\begin{aligned} \sum_{n=3}^\infty\frac{2^{2n}}{(2n)!} &\le \overbrace{\frac{4}{45}}^{b_3} + \overbrace{\frac{4}{45}\times \frac{1}{14}}^{b_4\le} + \overbrace{\frac{4}{45}\times \frac{1}{14^2}}^{b_5\le} + \overbrace{\frac{4}{45}\times \frac{1}{14^3}}^{b_6\le} + \cdots\\ &=\frac{4}{45}\,\frac{1}{1-\frac{1}{14}} =\frac{4}{45}\,\frac{14}{13} =\frac{56}{585}<\frac{1}{10} \end{aligned}

이다.

(c)

cosh⁡(t)=∑n=0∞t2n(2n)!=∑n=0∞(t2)n(2n)!그리고e12t2=∑n=0∞(12t2)nn!=∑n=0∞(t2)n2nn!\cosh(t) = \sum_{n=0}^\infty\frac{t^{2n}}{(2n)!} = \sum_{n=0}^\infty\frac{{(t^2)}^n}{(2n)!} \qquad\text{그리고}\qquad e^{\frac{1}{2}t^2} = \sum_{n=0}^\infty\frac{{(\frac{1}{2}t^2)}^n}{n!} = \sum_{n=0}^\infty\frac{{(t^2)}^n}{2^n n!}

을 비교하면, (2n)!≥2nn!(2n)! \ge 2^n n! 임을 보이면 충분하다. 이제 모든 n≥1n\ge 1 에 대해,

(2n)!=1×2×⋯×n⏞n개의 인수(n+1)×(n+2)×⋯×2n⏞n개의 인수≥1×2×⋯×n⏞n개의 인수2×2×⋯×2⏞n개의 인수=2n n!\begin{aligned} (2n)! &=\overbrace{1\times 2\times\cdots\times n}^{n\text{개의 인수}} \overbrace{(n+1)\times (n+2)\times\cdots\times 2n}^{n\text{개의 인수}} \\ &\ge\overbrace{1\times 2\times\cdots\times n}^{n\text{개의 인수}} \overbrace{2\times 2\times\cdots\times 2}^{n\text{개의 인수}} \\ &=2^n\, n! \end{aligned}

이다.

원본 교재 풀이(영어)

(a) We know that ex=∑n=0∞xnn!e^x = \sum\limits_{n=0}^\infty \frac{x^n}{n!} for all xx. Replacing xx by −x-x, we also have e−x=∑n=0∞(−x)nn!e^{-x} = \sum\limits_{n=0}^\infty \frac{(-x)^n}{n!} for all xx and hence

cosh⁡(x)=12[ex+e−x]=12[∑n=0∞xnn!+∑n=0∞(−x)nn!]=∑n=0n even∞xnn!=∑n=0∞x2n(2n)!\begin{aligned} \cosh(x) =\frac{1}{2}\big[e^x+e^{-x}\big] =\frac{1}{2}\Big[\sum_{n=0}^\infty \frac{x^n}{n!} + \sum_{n=0}^\infty \frac{(-x)^n}{n!}\Big] = \sum_{\genfrac{}{}{0pt}{}{n=0}{n\text{ even}}}^\infty\frac{x^n}{n!} = \sum_{n=0}^\infty\frac{x^{2n}}{(2n)!} \end{aligned}

for all xx. In particular, the interval of convergence is all real numbers.

(b) Using the power series expansion of part (a),

cosh⁡(2)=1+222!+244!+∑n=3∞22n(2n)!=323+∑n=3∞22n(2n)!\begin{aligned} \cosh(2) &= 1 +\frac{2^2}{2!}+\frac{2^4}{4!} +\sum_{n=3}^\infty\frac{2^{2n}}{(2n)!} = 3\frac{2}{3} +\sum_{n=3}^\infty\frac{2^{2n}}{(2n)!} \end{aligned}

So it suffices to show that ∑n=3∞22n(2n)!≤0.1\sum_{n=3}^\infty\frac{2^{2n}}{(2n)!}\le 0.1. Let's write bn=22n(2n)!b_n = \frac{2^{2n}}{(2n)!}. The first term in ∑n=3∞22n(2n)!\sum_{n=3}^\infty\frac{2^{2n}}{(2n)!} is

b3=266!=266×5×4×3×2=445b_3 = \frac{2^6}{6!} = \frac{2^6}{6 \times 5 \times 4 \times 3\times 2} = \frac{4}{45}

The ratio between successive terms in ∑n=3∞22n(2n)!\sum_{n=3}^\infty\frac{2^{2n}}{(2n)!} is

bn+1bn=22n+2/22n(2n+2)!/(2n)!=4(2n+2)(2n+1)≤48×7=114for all n≥3\begin{aligned} \frac{b_{n+1}}{b_n} = \frac{2^{2n+2}/2^{2n}}{(2n+2)!/(2n)!} =\frac{4}{(2n+2)(2n+1)} \le \frac{4}{8\times 7} =\frac{1}{14}\qquad \text{for all }n\ge 3 \end{aligned}

Hence

∑n=3∞22n(2n)!≤445⏞b3+445×114⏞b4≤+445×1142⏞b5≤+445×1143⏞b6≤+⋯=445 11−114=445 1413=56585<110\begin{aligned} \sum_{n=3}^\infty\frac{2^{2n}}{(2n)!} &\le \overbrace{\frac{4}{45}}^{b_3} + \overbrace{\frac{4}{45}\times \frac{1}{14}}^{b_4\le} + \overbrace{\frac{4}{45}\times \frac{1}{14^2}}^{b_5\le} + \overbrace{\frac{4}{45}\times \frac{1}{14^3}}^{b_6\le} + \cdots\\ &=\frac{4}{45}\,\frac{1}{1-\frac{1}{14}} =\frac{4}{45}\,\frac{14}{13} =\frac{56}{585}<\frac{1}{10} \end{aligned}

(c) Comparing

cosh⁡(t)=∑n=0∞t2n(2n)!=∑n=0∞(t2)n(2n)!ande12t2=∑n=0∞(12t2)nn!=∑n=0∞(t2)n2nn!\cosh(t) = \sum_{n=0}^\infty\frac{t^{2n}}{(2n)!} = \sum_{n=0}^\infty\frac{{(t^2)}^n}{(2n)!} \qquad\text{and}\qquad e^{\frac{1}{2}t^2} = \sum_{n=0}^\infty\frac{{(\frac{1}{2}t^2)}^n}{n!} = \sum_{n=0}^\infty\frac{{(t^2)}^n}{2^n n!}

we see that it suffices to show that (2n)!≥2nn!(2n)! \ge 2^n n!. Now. for all n≥1n\ge 1,

(2n)!=1×2×⋯×n⏞n factors(n+1)×(n+2)×⋯×2n⏞n factors≥1×2×⋯×n⏞n factors2×2×⋯×2⏞n factors=2n n!\begin{aligned} (2n)! &=\overbrace{1\times 2\times\cdots\times n}^{n\text{ factors}} \overbrace{(n+1)\times (n+2)\times\cdots\times 2n}^{n\text{ factors}} \\ &\ge\overbrace{1\times 2\times\cdots\times n}^{n\text{ factors}} \overbrace{2\times 2\times\cdots\times 2}^{n\text{ factors}} \\ &=2^n\, n! \end{aligned}

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기OpenStax 2권 · 6장 복습 · 3번
# 테일러·매클로린 급수증명·논술도전자동 분류
CLP-2 Integral Calculus CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
35.CLP-2 · 3.6절 · 50번대학 수준우리말 번역

도구의 법칙은 "망치를 가지고 있으면 모든 것이 못처럼 보인다"는 것인데, 이는 실제로 "도구를 일에 맞추기보다 일을 도구에 맞추려는 경향"을 설명하는 말이다. (실밴 톰킨스의 성격의 컴퓨터 시뮬레이션: 심리 이론의 최전선에서 인용함. 버밍엄 스크루드라이버도 참고하라.) 어쨌든 이는 테일러 급수를 이용해 계산하는 방법을 안다고 해서 다른 기법을 소홀히 해서는 안 된다는 것을 길게 돌려 말한 것이다.

(a) 뉴턴 방법을 이용하여 상수 23\sqrt[3]{2} 를 함수 g(x)=x3−2g(x)=x^3-2 의 근으로 보고 어림하세요. 계산기를 사용하여 0.01 이내의 오차로 정확하게 어림하세요. (b) 모든 실수 xx 에 대해 다음이 성립함을 증명 없이 가정해도 됩니다. x3=1+16(x−1)+∑n=2∞(−1)n−1(2)(5)(8)⋯(3n−4)3n n!(x−1)n.\sqrt[3]{x}=1+\frac{1}{6}(x-1)+\sum_{n=2}^\infty(-1)^{n-1}\frac{(2)(5)(8)\cdots(3n-4)}{3^n\, n!}(x-1)^n. 이 급수가 교대급수라는 사실을 이용하여, 부분합이 23\sqrt[3]{2} 를 오차 0.01 미만으로 어림하려면 몇 개의 항을 더해야 할까요?

영어 원문 보기

The law of the instrument says “If you have a hammer then everything looks like a nail” — it is really a description of the “tendency of jobs to be adapted to tools rather than adapting tools to jobs.” (Quote from Silvan Tomkins's Computer Simulation of Personality: Frontier of Psychological Theory. See also Birmingham screwdrivers.) Anyway, this is a long way of saying that just because we know how to compute things using Taylor series doesn't mean we should neglect other techniques.

(a) Using Newton's method, approximate the constant 23\sqrt[3]{2} as a root of the function g(x)=x3−2g(x)=x^3-2. Using a calculator, make your estimation accurate to within 0.01. (b) You may assume without proof that x3=1+16(x−1)+∑n=2∞(−1)n−1(2)(5)(8)⋯(3n−4)3n n!(x−1)n.\sqrt[3]{x}=1+\frac{1}{6}(x-1)+\sum_{n=2}^\infty(-1)^{n-1}\frac{(2)(5)(8)\cdots(3n-4)}{3^n\, n!}(x-1)^n. for all real numbers xx. Using the fact that this is an alternating series, how many terms would you have to add for the partial sum to estimate 23\sqrt[3]{2} with an error less than 0.01?

정답·풀이 보기

(a) 뉴턴 방법에서는 함수 g(x)g(x) 의 근을 반복하여 어림한다. 어림값 xnx_n 이 주어지면 다음 어림값은 xn+1=xn−g(xn)g′(xn)x_{n+1}=x_n-\dfrac{g(x_n)}{g'(x_n)} 이다. 이 경우 xn+1=xn−xn3−23xn2=23(xn+1xn2).x_{n+1}=x_n - \frac{x_n^3-2}{3x_n^2}=\frac23\left(x_n+\frac{1}{x_n^2}\right).

구하려는 실제 근에 어느 정도 가까운 곳에서 시작하는 것이 좋으므로 x0=1x_0=1 로 놓자. (시작점은 달라도 된다.)

x0=1  ⟹  x1=23(1+11)=43≈1.3333x1=43  ⟹  x2=23(43+916)=9172≈1.2639x2=9172  ⟹  x3=23(9172+722912)=1126819894348≈1.2599x3=1126819894348  ⟹  x4=23(1126819894348+894348211268192)≈1.2599\begin{aligned} x_0&=1 &&\implies x_1=\dfrac23\left(1+\frac11\right)=\dfrac{4}{3}&\approx&1.3333\\ x_1&=\dfrac43 &&\implies x_2=\dfrac23\left(\frac43+\frac{9}{16}\right)=\dfrac{91}{72}&\approx&1.2639\\ x_2&=\dfrac{91}{72} &&\implies x_3=\dfrac23\left(\dfrac{91}{72}+\dfrac{72^2}{91^2}\right)=\dfrac{1126819 }{894348 }&\approx&1.2599\\ x_3&=\dfrac{1126819 }{894348 } &&\implies x_4=\dfrac23\left(\dfrac{1126819 }{894348 }+\dfrac{894348^2}{1126819^2}\right)&\approx&1.2599 \end{aligned}

따라서 23≈1.26\sqrt[3]{2}\approx 1.26 이다. (b) 주어진 급수에 x=2x=2 를 대입하면 다음 급수를 얻는다. 23=1+16+∑n=2∞(−1)n−1(2)(5)(8)⋯(3n−4)3n n!.\sqrt[3]{2}=1+\frac{1}{6}+\sum_{n=2}^\infty(-1)^{n-1}\frac{(2)(5)(8)\cdots(3n-4)}{3^n\, n!}. 이 급수는 교대급수이므로 부분합 SNS_N 을 사용하면 절대 오차는 많아야 ∣aN+1∣=(2)(5)(8)⋯(3N−1)3N+1 (N+1)!|a_{N+1}|=\frac{(2)(5)(8)\cdots(3N-1)}{3^{N+1}\, (N+1)!} 이다. (단, N≥2N \ge 2 일 때.) 이 값이 0.01 이하가 되게 하는 NN 의 값을 알아야 하므로 여러 값을 시험해 본다.

N∣aN+1∣3(2)(5)(8)34⋅4!≈0.044(2)(5)(8)(11)35 5!≈0.035(2)(5)(8)(11)(14)36 6!≈0.0236(2)(5)(8)(11)(14)(17)37 7!≈0.0197(2)(5)(8)(11)(14)(17)(20)38 8!≈0.0168(2)(5)(8)(11)(14)(17)(20)(23)39 9!≈0.0139(2)(5)(8)(11)(14)(17)(20)(23)(26)310 10!≈0.01210(2)(5)(8)(11)(14)(17)(20)(23)(26)(29)311 11!≈0.010311(2)(5)(8)(11)(14)(17)(20)(23)(26)(29)(32)312 12!≈0.009\begin{array}{|c|c|}\hline N & |a_{N+1}| \\ \hline \text{3} & \dfrac{(2)(5)(8)}{3^4\cdot 4!}\approx 0.04 \\ \hline \text{4} & \dfrac{(2)(5)(8)(11)}{3^5\, 5!}\approx 0.03 \\ \hline \text{5} & \dfrac{(2)(5)(8)(11)(14)}{3^6\, 6!}\approx 0.023 \\ \hline \text{6} & \dfrac{(2)(5)(8)(11)(14)(17)}{3^7\, 7!}\approx 0.019 \\ \hline \text{7} & \dfrac{(2)(5)(8)(11)(14)(17)(20)}{3^8\, 8!}\approx 0.016 \\ \hline \text{8} & \dfrac{(2)(5)(8)(11)(14)(17)(20)(23)}{3^9\, 9!}\approx 0.013 \\ \hline \text{9} & \dfrac{(2)(5)(8)(11)(14)(17)(20)(23)(26)}{3^{10}\, 10!}\approx 0.012 \\ \hline \text{10} & \dfrac{(2)(5)(8)(11)(14)(17)(20)(23)(26)(29)}{3^{11}\, 11!}\approx 0.0103 \\ \hline \text{11} & \dfrac{(2)(5)(8)(11)(14)(17)(20)(23)(26)(29)(32)}{3^{12}\, 12!}\approx 0.009 \\ \hline \end{array}

따라서 어림값 S11S_{11} 의 오차가 충분히 작다. 즉, 처음 12개의 항을 더하면 된다.

원본 교재 풀이(영어)

(a) For Newton's method, recall we approximate a root of the function g(x)g(x) in iterations: given an approximation xnx_n, our next approximation is xn+1=xn−g(xn)g′(xn)x_{n+1}=x_n-\dfrac{g(x_n)}{g'(x_n)}. In our case, xn+1=xn−xn3−23xn2=23(xn+1xn2).x_{n+1}=x_n - \frac{x_n^3-2}{3x_n^2}=\frac23\left(x_n+\frac{1}{x_n^2}\right).

We want to start somewhere reasonably close to the actual root we want, so let's set x0=1x_0=1. (Your starting point may vary.)

x0=1  ⟹  x1=23(1+11)=43≈1.3333x1=43  ⟹  x2=23(43+916)=9172≈1.2639x2=9172  ⟹  x3=23(9172+722912)=1126819894348≈1.2599x3=1126819894348  ⟹  x4=23(1126819894348+894348211268192)≈1.2599\begin{aligned} x_0&=1 &&\implies x_1=\dfrac23\left(1+\frac11\right)=\dfrac{4}{3}&\approx&1.3333\\ x_1&=\dfrac43 &&\implies x_2=\dfrac23\left(\frac43+\frac{9}{16}\right)=\dfrac{91}{72}&\approx&1.2639\\ x_2&=\dfrac{91}{72} &&\implies x_3=\dfrac23\left(\dfrac{91}{72}+\dfrac{72^2}{91^2}\right)=\dfrac{1126819 }{894348 }&\approx&1.2599\\ x_3&=\dfrac{1126819 }{894348 } &&\implies x_4=\dfrac23\left(\dfrac{1126819 }{894348 }+\dfrac{894348^2}{1126819^2}\right)&\approx&1.2599 \end{aligned}

So, 23≈1.26\sqrt[3]{2}\approx 1.26. (b) We'll evaluate the given series at x=2x=2. This yields the series 23=1+16+∑n=2∞(−1)n−1(2)(5)(8)⋯(3n−4)3n n!.\sqrt[3]{2}=1+\frac{1}{6}+\sum_{n=2}^\infty(-1)^{n-1}\frac{(2)(5)(8)\cdots(3n-4)}{3^n\, n!}. This series is alternating, so if we use the partial sum SNS_N, our absolute error is at most ∣aN+1∣=(2)(5)(8)⋯(3N−1)3N+1 (N+1)!|a_{N+1}|=\frac{(2)(5)(8)\cdots(3N-1)}{3^{N+1}\, (N+1)!} (if N≥2N \ge 2). We want to know which value of NN makes this at most 0.01. We test several values.

N∣aN+1∣3(2)(5)(8)34⋅4!≈0.044(2)(5)(8)(11)35 5!≈0.035(2)(5)(8)(11)(14)36 6!≈0.0236(2)(5)(8)(11)(14)(17)37 7!≈0.0197(2)(5)(8)(11)(14)(17)(20)38 8!≈0.0168(2)(5)(8)(11)(14)(17)(20)(23)39 9!≈0.0139(2)(5)(8)(11)(14)(17)(20)(23)(26)310 10!≈0.01210(2)(5)(8)(11)(14)(17)(20)(23)(26)(29)311 11!≈0.010311(2)(5)(8)(11)(14)(17)(20)(23)(26)(29)(32)312 12!≈0.009\begin{array}{|c|c|}\hline N & |a_{N+1}| \\ \hline \text{3} & \dfrac{(2)(5)(8)}{3^4\cdot 4!}\approx 0.04 \\ \hline \text{4} & \dfrac{(2)(5)(8)(11)}{3^5\, 5!}\approx 0.03 \\ \hline \text{5} & \dfrac{(2)(5)(8)(11)(14)}{3^6\, 6!}\approx 0.023 \\ \hline \text{6} & \dfrac{(2)(5)(8)(11)(14)(17)}{3^7\, 7!}\approx 0.019 \\ \hline \text{7} & \dfrac{(2)(5)(8)(11)(14)(17)(20)}{3^8\, 8!}\approx 0.016 \\ \hline \text{8} & \dfrac{(2)(5)(8)(11)(14)(17)(20)(23)}{3^9\, 9!}\approx 0.013 \\ \hline \text{9} & \dfrac{(2)(5)(8)(11)(14)(17)(20)(23)(26)}{3^{10}\, 10!}\approx 0.012 \\ \hline \text{10} & \dfrac{(2)(5)(8)(11)(14)(17)(20)(23)(26)(29)}{3^{11}\, 11!}\approx 0.0103 \\ \hline \text{11} & \dfrac{(2)(5)(8)(11)(14)(17)(20)(23)(26)(29)(32)}{3^{12}\, 12!}\approx 0.009 \\ \hline \end{array}

So, the approximation S11S_{11} has a sufficiently small error. That is, we would add up the first twelve terms.

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-2 · 3.6절 · 53번
# 테일러·매클로린 급수계산도전자동 분류
CLP-2 Integral Calculus CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
36.CLP-2 · 3.6절 · 51번대학 수준우리말 번역

f(x)=arctan⁡(x3)f(x)=\arctan(x^3) 이라 하자. 아크탄젠트의 매클로린 급수를 이용하여 f(10)(15)f^{(10)}\left(\frac{1}{5} \right) 을 오차가 10−610^{-6} 보다 작도록 유리수들의 합으로 나타내세요.

영어 원문 보기

Let f(x)=arctan⁡(x3)f(x)=\arctan(x^3). Write f(10)(15)f^{(10)}\left(\frac{1}{5} \right) as a sum of rational numbers with an error less than 10−610^{-6} using the Maclaurin series for arctangent.

정답·풀이 보기

풀이 계획은 다음과 같다.

  • f(x)f(x) 의 테일러 급수를 만든다.
  • f(x)f(x) 의 테일러 급수의 10계 도함수를 구한다.
  • 원하는 정확도를 얻으려면 몇 개의 항을 더해야 하는지 정한다.
  • f(10)(15)f^{(10)}\left(\frac15\right) 을 부분합으로 근사한다.

arctan⁡x\arctan x 의 테일러 급수는 ∑n=0∞(−1)nx2n+12n+1\displaystyle\sum_{n=0}^\infty (-1)^n\frac{x^{2n+1}}{2n+1} 이고, 이 급수는 −1≤x≤1-1\le x\le1 에서 수렴한다. 따라서 arctan⁡(x3)\arctan(x^3) 의 테일러 급수는 f(x)=arctan⁡(x3)=∑n=0∞(−1)n(x3)2n+12n+1=∑n=0∞(−1)nx6n+32n+1f(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⁡(x3)\arctan(x^3) 을 직접 여러 번 미분하는 것보다 훨씬 쉽다.

f′(x)=∑n=0∞(−1)n(6n+3)x6n+22n+1f′′(x)=∑n=0∞(−1)n(6n+3)(6n+2)x6n+12n+1f′′′(x)=∑n=0∞(−1)n(6n+3)(6n+2)(6n+1)x6n2n+1⋮f(10)(x)=∑n=0∞(−1)n(6n+3)(6n+2)(6n+1)⋯(6n−6)x6n−72n+1=∑n=2∞(−1)n(6n+3)(6n+2)(6n+1)⋯(6n−6)x6n−72n+1=∑n=2∞(−1)n(6n+3)!(2n+1)(6n−7)!x6n−7f(10)(15)=∑n=2∞(−1)n(6n+3)!(2n+1)(6n−7)!⋅56n−7\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 a0a_0 과 a1a_1 항이 모두 0이 됨에 주목한다.)

이 급수는 교대급수이므로 근사 SNS_N 을 사용할 때의 절대 오차는 많아야 ∣aN+1∣=(6N+9)!(2N+3)(6N−1)!⋅56N−1|a_{N+1}|=\frac{(6N+9)!}{(2N+3)(6N-1)!\cdot 5^{6N-1}} 이다. NN 의 몇몇 값을 시험해 보면 ∣a6∣=∣a5+1∣=39!(13)(29!)⋅529≈0.00000095<10−6|a_6|=|a_{5+1}|=\frac{39!}{(13)(29!)\cdot 5^{29}}\approx 0.00000095<10^{-6} 을 얻는다. 따라서 S5S_5 로 충분히 근사할 수 있다. 즉,

f(10)(15)≈∑n=25(−1)n(6n+3)!(2n+1)(6n−7)!⋅56n−7=(−1)215!5⋅5!⋅55+(−1)321!7!⋅11!⋅511+(−1)427!9!⋅17!⋅517+(−1)533!11!⋅23!⋅523=15!5!⋅56−21!7!⋅11!⋅511+27!9!⋅17!⋅517−33!11!⋅23!⋅523\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)f^{(10)}(1/5) 을 직접 계산했다면 정확한 값을 구했을 것이다. 그러나 여기서 구한 값은 더 쉽게 구할 수 있고, (정확하지는 않더라도) 매우 정확하다.

원본 교재 풀이(영어)

Our plan is as follows:

  • Make a Taylor series for f(x)f(x)
  • Calculate the tenth derivative of the Taylor series of f(x)f(x).
  • Decide how many terms we need to add to achieve the desired accuracy.
  • Approximate f(10)(15)f^{(10)}\left(\frac15\right) with a partial sum.

We know that the Taylor series for arctan⁡x\arctan x is ∑n=0∞(−1)nx2n+12n+1\displaystyle\sum_{n=0}^\infty (-1)^n\frac{x^{2n+1}}{2n+1}, which converges for −1≤x≤1-1\le x\le1. So, the Taylor series for arctan⁡(x3)\arctan(x^3) is f(x)=arctan⁡(x3)=∑n=0∞(−1)n(x3)2n+12n+1=∑n=0∞(−1)nx6n+32n+1f(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} It is much easier to differentiate this series many times than it is to differentiate arctan⁡(x3)\arctan(x^3) directly many times.

f′(x)=∑n=0∞(−1)n(6n+3)x6n+22n+1f′′(x)=∑n=0∞(−1)n(6n+3)(6n+2)x6n+12n+1f′′′(x)=∑n=0∞(−1)n(6n+3)(6n+2)(6n+1)x6n2n+1⋮f(10)(x)=∑n=0∞(−1)n(6n+3)(6n+2)(6n+1)⋯(6n−6)x6n−72n+1=∑n=2∞(−1)n(6n+3)(6n+2)(6n+1)⋯(6n−6)x6n−72n+1=∑n=2∞(−1)n(6n+3)!(2n+1)(6n−7)!x6n−7f(10)(15)=∑n=2∞(−1)n(6n+3)!(2n+1)(6n−7)!⋅56n−7\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}

(Notice, after ten differentiations, the terms a0a_0 and a1a_1 are both zero.)

Since this is an alternating series, the absolute error involved in using the approximation SNS_N is at most ∣aN+1∣=(6N+9)!(2N+3)(6N−1)!⋅56N−1|a_{N+1}|=\frac{(6N+9)!}{(2N+3)(6N-1)!\cdot 5^{6N-1}} By testing a few values of NN, we find ∣a6∣=∣a5+1∣=39!(13)(29!)⋅529≈0.00000095<10−6|a_6|=|a_{5+1}|=\frac{39!}{(13)(29!)\cdot 5^{29}}\approx 0.00000095<10^{-6} So, S5S_5 is a sufficient approximation. That is,

f(10)(15)≈∑n=25(−1)n(6n+3)!(2n+1)(6n−7)!⋅56n−7=(−1)215!5⋅5!⋅55+(−1)321!7!⋅11!⋅511+(−1)427!9!⋅17!⋅517+(−1)533!11!⋅23!⋅523=15!5!⋅56−21!7!⋅11!⋅511+27!9!⋅17!⋅517−33!11!⋅23!⋅523\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}

Remark: if we had calculated f(10)(1/5)f^{(10)}(1/5) directly, using derivative rules instead of series, we would have found an exact value; however, our value here is easier to find, and is highly accurate (if not exact).

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37.CLP-2 · 3.6절 · 52번대학 수준우리말 번역

다음 함수를 생각하세요: f(x)={e−1/x2x≠00x=0f(x)=\begin{cases} e^{-1/x^2} & x \neq 0\\ 0 & x=0 \end{cases}

(a) y=f(x)y=f(x) 의 그래프를 그리세요. (b) 모든 0 이상의 정수 nn 에 대해 f(n)(0)=0f^{(n)}(0)=0 이라고 (증명 없이) 가정합니다. f(x)f(x) 의 매클로린 급수를 구하세요. (c) f(x)f(x) 의 매클로린 급수는 어디에서 수렴하는지 구하세요. (d) xx 의 어떤 값에 대해 f(x)f(x) 가 그 매클로린 급수와 같은지 구하세요.

영어 원문 보기

Consider the following function: f(x)={e−1/x2x≠00x=0f(x)=\begin{cases} e^{-1/x^2} & x \neq 0\\ 0 & x=0 \end{cases}

(a) Sketch y=f(x)y=f(x). (b) Assume (without proof) that f(n)(0)=0f^{(n)}(0)=0 for all whole numbers nn. Find the Maclaurin series for f(x)f(x). (c) Where does the Maclaurin series for f(x)f(x) converge? (d) For which values of xx is f(x)f(x) equal to its Maclaurin series?

정답·풀이 보기

(a) y=f(x)y=f(x) 의 그래프를 그리기 위해 다음을 살펴본다.

  • f(x)f(x) 는 결코 음수가 아니다.
  • lim⁡x→±∞f(x)=e0=1\lim\limits_{x \to \pm \infty} f(x)=e^0=1 이므로, 이 곡선은 양쪽 방향으로 y=1y=1 을 수평 점근선으로 갖는다.
  • lim⁡x→±0f(x)=lim⁡x→±01e1/x2=lim⁡u→+∞1eu=0=f(0)\lim\limits_{x \to \pm 0} f(x)=\lim\limits_{x \to \pm 0} \frac{1}{e^{1/x^2}}=\lim\limits_{u \to +\infty}\frac{1}{e^u}=0=f(0) 이므로, 이 곡선은 x=0x=0 에서 연속이다.
  • x≠0x\neq 0 일 때 f′(x)=2x3e−1/x2f'(x)=\frac{2}{x^3}e^{-1/x^2} 이므로, 이 곡선은 (−∞,0)(-\infty,0) 에서 감소하고 (0,∞)(0,\infty) 에서 증가한다.
  • x≠0x\neq 0 일 때 f′′(x)=2x−6(2−3x2)e−1/x2f''(x)=2x^{-6}(2-3x^2)e^{-1/x^2} 이므로, 이 곡선은 (−2/3,2/3)(-\sqrt{2/3},\sqrt{2/3}) 에서 아래로 볼록이고 그 밖에서는 위로 볼록이다.

그림 (b) 모든 0 이상의 정수 nn 에 대해 f(n)(0)=0f^{(n)}(0)=0 이고 (즉, 그래프가 원점에서 매우 평평하고), f(0)=0f(0)=0 이므로, f(x)f(x) 의 매클로린 급수는 ∑n=0∞0n!xn=0\displaystyle\sum_{n=0}^\infty \frac{0}{n!}x^n=0 이다. (c) 매클로린 급수는 모든 실수 xx 에서 (상수 0 으로) 수렴한다. (d) 임의의 실수 yy 에 대해 ey>0e^y>0 이므로, f(x)=0f(x)=0 인 것은 x=0x=0 일 때뿐이다. 따라서 f(x)f(x) 는 오직 한 점 x=0x=0 에서만 그 매클로린 급수와 같다.

참고: 함수 f(x)f(x) 는 매클로린 급수가 수렴하지만 f(x)f(x) 로 수렴하지는 않는 함수의 예이다! 이러한 성질을 설명하기 위해 f(x)f(x) 를 *해석적이지 않다(비해석적)*고 말한다.

원본 교재 풀이(영어)

(a) To sketch y=f(x)y=f(x), we note the following:

  • f(x)f(x) is never negative.
  • lim⁡x→±∞f(x)=e0=1\lim\limits_{x \to \pm \infty} f(x)=e^0=1, so the curve has horizontal asymptotes in both directions at y=1y=1.
  • lim⁡x→±0f(x)=lim⁡x→±01e1/x2=lim⁡u→+∞1eu=0=f(0)\lim\limits_{x \to \pm 0} f(x)=\lim\limits_{x \to \pm 0} \frac{1}{e^{1/x^2}}=\lim\limits_{u \to +\infty}\frac{1}{e^u}=0=f(0), so the curve is continuous at x=0x=0.
  • For x≠0x\neq 0, f′(x)=2x3e−1/x2f'(x)=\frac{2}{x^3}e^{-1/x^2}, so our curve is decreasing on (−∞,0)(-\infty,0) and increasing on (0,∞)(0,\infty)
  • For x≠0x\neq 0, f′′(x)=2x−6(2−3x2)e−1/x2f''(x)=2x^{-6}(2-3x^2)e^{-1/x^2}, so our curve is concave up on (−2/3,2/3)(-\sqrt{2/3},\sqrt{2/3}), and concave down elsewhere.

figure (b) Since f(n)(0)=0f^{(n)}(0)=0 for all whole nn (that is, the graph is really quite flat at the origin), and since f(0)=0f(0)=0, the Maclaurin series for f(x)f(x) is ∑n=0∞0n!xn=0\displaystyle\sum_{n=0}^\infty \frac{0}{n!}x^n=0. (c) The Maclaurin series converges for all real values of xx (to the constant 0). (d) Since ey>0e^y>0 for any real yy, we see f(x)=0f(x)=0 only when x=0x=0. So, f(x)f(x) is only equal to its Maclaurin series at the single point x=0x=0.

Remark: the function f(x)f(x) is an example of a function whose Maclaurin series converges, but not to f(x)f(x)! To describe this behaviour, we say f(x)f(x) is non-analytic.

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f(x)f(x) 가 기함수이고, f(x)=∑n=0∞f(n)(0)n!xnf(x)=\displaystyle\sum_{n=0}^\infty\frac{f^{(n)}(0)}{n!}x^n 이라 하자. 다음을 간단히 하세요. ∑n=0∞f(2n)(0)(2n)!x2n\displaystyle\sum_{n=0}^\infty \dfrac{f^{(2n)}(0)}{(2n)!}x^{2n}.

영어 원문 보기

Suppose f(x)f(x) is an odd function, and f(x)=∑n=0∞f(n)(0)n!xnf(x)=\displaystyle\sum_{n=0}^\infty\frac{f^{(n)}(0)}{n!}x^n. Simplify ∑n=0∞f(2n)(0)(2n)!x2n\displaystyle\sum_{n=0}^\infty \dfrac{f^{(2n)}(0)}{(2n)!}x^{2n}.

답 쓰고 채점
정답·풀이 보기
  • 풀이 1: f(x)f(x) 가 기함수이므로 정의역의 모든 xx 에 대해 f(−x)=−f(x)f(-x)=-f(x) 이다. 이를 주어진 거듭제곱급수에 대입한 다음, 차수가 짝수인 항과 홀수인 항을 따로 생각한다.

f(−x)=−f(x)∑n=0∞f(n)(0)n!(−x)n=−∑n=0∞f(n)(0)n!xn∑n=0∞f(2n+1)(0)(2n+1)!(−x)2n+1+∑n=0∞f(2n)(0)(2n)!(−x)2n=−∑n=0∞f(2n+1)(0)(2n+1)!x2n+1−∑n=0∞f(2n)(0)(2n)!x2n−∑n=0∞f(2n+1)(0)(2n+1)!x2n+1+∑n=0∞f(2n)(0)(2n)!x2n=−∑n=0∞f(2n+1)(0)(2n+1)!x2n+1−∑n=0∞f(2n)(0)(2n)!x2n∑n=0∞f(2n)(0)(2n)!x2n=−∑n=0∞f(2n)(0)(2n)!x2n2∑n=0∞f(2n)(0)(2n)!x2n=0∑n=0∞f(2n)(0)(2n)!x2n=0\begin{aligned} f(-x)&=-f(x)\\ \sum_{n=0}^\infty\frac{f^{(n)}(0)}{n!}(-x)^n&=-\sum_{n=0}^\infty\frac{f^{(n)}(0)}{n!}x^n\\ \sum_{n=0}^\infty\frac{f^{(2n+1)}(0)}{(2n+1)!}(-x)^{2n+1}+ \sum_{n=0}^\infty\frac{f^{(2n)}(0)}{(2n)!}(-x)^{2n}&= -\sum_{n=0}^\infty\frac{f^{(2n+1)}(0)}{(2n+1)!}x^{2n+1} -\sum_{n=0}^\infty\frac{f^{(2n)}(0)}{(2n)!}x^{2n}\\ -\sum_{n=0}^\infty\frac{f^{(2n+1)}(0)}{(2n+1)!}x^{2n+1}+ \sum_{n=0}^\infty\frac{f^{(2n)}(0)}{(2n)!}x^{2n}&= -\sum_{n=0}^\infty\frac{f^{(2n+1)}(0)}{(2n+1)!}x^{2n+1} -\sum_{n=0}^\infty\frac{f^{(2n)}(0)}{(2n)!}x^{2n}\\ \sum_{n=0}^\infty\frac{f^{(2n)}(0)}{(2n)!}x^{2n}&= -\sum_{n=0}^\infty\frac{f^{(2n)}(0)}{(2n)!}x^{2n}\\ 2 \sum_{n=0}^\infty\frac{f^{(2n)}(0)}{(2n)!}x^{2n}&=0\\ \sum_{n=0}^\infty\frac{f^{(2n)}(0)}{(2n)!}x^{2n}&=0 \end{aligned}

  • 풀이 2: 다른 방법으로, 다음을 이용할 수도 있다.

  • f(x)f(x) 의 모든 도함수가 존재하므로 모든 도함수는 연속이다.

  • 기함수의 도함수는 우함수이고, 우함수의 도함수는 기함수이다.

  • 따라서 f(x)f(x) 의 짝수 계 도함수는 연속인 기함수이다.

  • 연속인 기함수는 모두 원점을 지난다. 즉, f(2n)(0)=0f^{(2n)}(0)=0 이다.

  • 따라서 급수의 모든 항은 00 이다.

원본 교재 풀이(영어)
  • Solution 1: Since f(x)f(x) is odd, f(−x)=−f(x)f(-x)=-f(x) for all xx in its domain. We plug this into our power series, then consider the even-indexed terms and the odd-indexed terms separately.

f(−x)=−f(x)∑n=0∞f(n)(0)n!(−x)n=−∑n=0∞f(n)(0)n!xn∑n=0∞f(2n+1)(0)(2n+1)!(−x)2n+1+∑n=0∞f(2n)(0)(2n)!(−x)2n=−∑n=0∞f(2n+1)(0)(2n+1)!x2n+1−∑n=0∞f(2n)(0)(2n)!x2n−∑n=0∞f(2n+1)(0)(2n+1)!x2n+1+∑n=0∞f(2n)(0)(2n)!x2n=−∑n=0∞f(2n+1)(0)(2n+1)!x2n+1−∑n=0∞f(2n)(0)(2n)!x2n∑n=0∞f(2n)(0)(2n)!x2n=−∑n=0∞f(2n)(0)(2n)!x2n2∑n=0∞f(2n)(0)(2n)!x2n=0∑n=0∞f(2n)(0)(2n)!x2n=0\begin{aligned} f(-x)&=-f(x)\\ \sum_{n=0}^\infty\frac{f^{(n)}(0)}{n!}(-x)^n&=-\sum_{n=0}^\infty\frac{f^{(n)}(0)}{n!}x^n\\ \sum_{n=0}^\infty\frac{f^{(2n+1)}(0)}{(2n+1)!}(-x)^{2n+1}+ \sum_{n=0}^\infty\frac{f^{(2n)}(0)}{(2n)!}(-x)^{2n}&= -\sum_{n=0}^\infty\frac{f^{(2n+1)}(0)}{(2n+1)!}x^{2n+1} -\sum_{n=0}^\infty\frac{f^{(2n)}(0)}{(2n)!}x^{2n}\\ -\sum_{n=0}^\infty\frac{f^{(2n+1)}(0)}{(2n+1)!}x^{2n+1}+ \sum_{n=0}^\infty\frac{f^{(2n)}(0)}{(2n)!}x^{2n}&= -\sum_{n=0}^\infty\frac{f^{(2n+1)}(0)}{(2n+1)!}x^{2n+1} -\sum_{n=0}^\infty\frac{f^{(2n)}(0)}{(2n)!}x^{2n}\\ \sum_{n=0}^\infty\frac{f^{(2n)}(0)}{(2n)!}x^{2n}&= -\sum_{n=0}^\infty\frac{f^{(2n)}(0)}{(2n)!}x^{2n}\\ 2 \sum_{n=0}^\infty\frac{f^{(2n)}(0)}{(2n)!}x^{2n}&=0\\ \sum_{n=0}^\infty\frac{f^{(2n)}(0)}{(2n)!}x^{2n}&=0 \end{aligned}

  • Solution 2: Alternately, we could note the following:

  • Since all derivative of f(x)f(x) exist, all its derivatives are continuous.

  • The derivative of an odd function is even, and the derivative of an even function is odd.

  • So, the even-indexed derivatives of f(x)f(x) are continuous, odd functions.

  • Every continuous, odd function passes through the origin. That is, f(2n)(0)=0f^{(2n)}(0)=0.

  • So, every term in the series is 00.

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