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 · 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

14.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

15.CLP-2 · 3.5절 · 18번대학 수준우리말 번역

다음 급수

$\sum_{n=2}^\infty\frac{x^n}{3^{2n}\log n}$

이 절대수렴하는지, 조건수렴하는지, 발산하는지에 따라 $x$ 의 값을 구하세요.

영어 원문 보기

Determine the values of $x$ for which the series

$\sum_{n=2}^\infty\frac{x^n}{3^{2n}\log n}$

converges absolutely, converges conditionally, or diverges.

정답·풀이 보기

비판정법을 두 번 적용하는 것으로 시작한다.

한 번은 $n^{\rm th}$ 항이 $a_n=\frac{x^n}{3^{2n}\log n}$ 인 급수에 적용하고,
한 번은 $n^{\rm th}$ 항이 $a_n=\big|\frac{x^n}{3^{2n}\log n}\big|$ 인 급수에 적용한다.

두 급수 모두, 즉 두 $a_n$ 모두에 대해

$\begin{aligned} \lim_{n\to\infty} \bigg| \frac{ a_{n+1} }{ a_n } \bigg| &= \lim_{n\to\infty} \bigg| \frac{x^{n+1}}{3^{2(n+1)}\log(n+1)} \ \frac{3^{2n}\log n}{x^n} \bigg| \\ &= \lim_{n\to\infty} \bigg| \frac{x\log n}{3^2\log(n+1)} \bigg| =\lim_{n\to\infty} \bigg| \frac{x\log n}{3^2[\log(n)+\log(1+1/n)]} \bigg| \\ &=\lim_{n\to\infty} \bigg| \frac{x}{3^2[1+\log(1+1/n)/\log(n)]} \bigg| \\ &=\frac{|x|}{9} \end{aligned}$

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

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

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

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

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

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

원본 교재 풀이(영어)

We'll start by applying the ratio test twice,

once for the series whose $n^{\rm th}$ term is $a_n=\frac{x^n}{3^{2n}\log n}$ , and
once for the series whose $n^{\rm th}$ term is $a_n=\big|\frac{x^n}{3^{2n}\log n}\big|$ .

For both series, i.e. for both $a_n$ 's,

$\begin{aligned} \lim_{n\to\infty} \bigg| \frac{ a_{n+1} }{ a_n } \bigg| &= \lim_{n\to\infty} \bigg| \frac{x^{n+1}}{3^{2(n+1)}\log(n+1)} \ \frac{3^{2n}\log n}{x^n} \bigg| \\ &= \lim_{n\to\infty} \bigg| \frac{x\log n}{3^2\log(n+1)} \bigg| =\lim_{n\to\infty} \bigg| \frac{x\log n}{3^2[\log(n)+\log(1+1/n)]} \bigg| \\ &=\lim_{n\to\infty} \bigg| \frac{x}{3^2[1+\log(1+1/n)/\log(n)]} \bigg| \\ &=\frac{|x|}{9} \end{aligned}$

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

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

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

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

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

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

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-2 · 3.5절 · 20번

# 멱급수와 수렴 반경계산도전자동 분류

16.CLP-2 · 3.5절 · 25번대학 수준우리말 번역

$\displaystyle \sum_{n=3}^\infty \frac{n}{5^{n-1}}$ 의 값을 구하세요.

영어 원문 보기

Evaluate $\displaystyle \sum_{n=3}^\infty \frac{n}{5^{n-1}}$ .

답 쓰고 채점

정답·풀이 보기

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

$\begin{aligned} \frac{1}{1-x}&=\sum_{n=0}^\infty x^n \qquad \text{$|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 $\displaystyle\frac{25}{16}-1-\frac{2}{5}=\frac{13}{80}$ 이다.

원본 교재 풀이(영어)

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

$\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 $\displaystyle\frac{25}{16}-1-\frac{2}{5}=\frac{13}{80}$ .

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-2 · 3.5절 · 24번

# 멱급수와 수렴 반경계산도전자동 분류

17.CLP-2 · 3.6절 · 34번대학 수준우리말 번역

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

영어 원문 보기

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

답 쓰고 채점

정답·풀이 보기

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

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

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

$\begin{aligned} \log(f(x))&=\frac{2}{x}\log\left(1+(x+x^2)\right)=\frac{2}{x}\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n+1}(x+x^2)^n}{n}\\ &=\frac{2}{x}\left[(x+x^2)-\frac{(x+x^2)^2}{2}+\frac{(x+x^2)^3}{3}-\cdots\right]\\ &=2+2x-\frac{(x+x^2)^2}{2x}+\frac{(x+x^2)^3}{3x}-\cdots\\ &=2+2x-\frac{(x^2+x)(1+x)}{2}+\frac{(x^2+x)^2(1+x)}{3}-\cdots\\ \lim_{x \to 0}\log(f(x))&=\lim_{x \to 0}\left[2+2x-\frac{(x^2+x)(1+x)}{2}+\frac{(x^2+x)^2(1+x)}{3}-\cdots\right] \\ &=2+0+0\cdots=2\\ \lim_{x \to 0} f(x)&=\lim_{x \to 0}e^{\log f(x)}=e^2 \end{aligned}$

원본 교재 풀이(영어)

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

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

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

$\begin{aligned} \log(f(x))&=\frac{2}{x}\log\left(1+(x+x^2)\right)=\frac{2}{x}\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n+1}(x+x^2)^n}{n}\\ &=\frac{2}{x}\left[(x+x^2)-\frac{(x+x^2)^2}{2}+\frac{(x+x^2)^3}{3}-\cdots\right]\\ &=2+2x-\frac{(x+x^2)^2}{2x}+\frac{(x+x^2)^3}{3x}-\cdots\\ &=2+2x-\frac{(x^2+x)(1+x)}{2}+\frac{(x^2+x)^2(1+x)}{3}-\cdots\\ \lim_{x \to 0}\log(f(x))&=\lim_{x \to 0}\left[2+2x-\frac{(x^2+x)(1+x)}{2}+\frac{(x^2+x)^2(1+x)}{3}-\cdots\right] \\ &=2+0+0\cdots=2\\ \lim_{x \to 0} f(x)&=\lim_{x \to 0}e^{\log f(x)}=e^2 \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기OpenStax 2권 · 6.3절 · 40번

# 테일러·매클로린 급수계산도전자동 분류

18.CLP-2 · 3.6절 · 37번대학 수준우리말 번역

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

영어 원문 보기

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

정답·풀이 보기

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

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

원본 교재 풀이(영어)

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

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

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-2 · 3.6절 · 36번

# 테일러·매클로린 급수계산도전자동 분류

19.CLP-2 · 3.6절 · 39번대학 수준우리말 번역

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

영어 원문 보기

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

정답·풀이 보기

다음을 이용한다.

$\log(1+y)= \sum_{n=1}^\infty (-1)^{n-1} \frac{y^n}{n} \qquad \text{모든 } -1 < y \le 1$

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

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

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

원본 교재 풀이(영어)

We use that

$\log(1+y)= \sum_{n=1}^\infty (-1)^{n-1} \frac{y^n}{n} \qquad \text{for all } -1 < y \le 1$

with $y=\dfrac{x-2}{2}$ to give

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

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

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-2 · 3.6절 · 37번

# 테일러·매클로린 급수계산도전자동 분류

20.CLP-2 · 3.6절 · 41번대학 수준우리말 번역

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

영어 원문 보기

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

답 쓰고 채점

정답·풀이 보기

지수함수를 매클로린 급수로 전개하면,

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

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

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

원본 교재 풀이(영어)

Expanding the exponential using its Maclaurin series,

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

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

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

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-2 · 3.6절 · 51번

# 테일러·매클로린 급수계산도전자동 분류

급수 심화 전체 문제