급수 심화 전체 연습문제

661.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

662.CLP-1 · 3.4절 · 1번대학 수준우리말 번역

$f(x)=\sin x+ \cos x$ 의 16차 매클로린 다항식을 구하세요.

영어 원문 보기

Give the 16th order Maclaurin polynomial for $f(x)=\sin x+ \cos x$ .

정답·풀이 보기

일반적인 함수의 16차 매클로린 다항식을 구하려면 16번 미분해야 한다고 생각할 수도 있다(휴). 하지만 사인함수와 코사인함수의 도함수는 반복된다는 것을 알고 있다. 따라서 규칙만 찾으면 충분하다:

$\begin{aligned} f(x)&=\sin x + \cos x & f(0)&=1\\ f'(x)&=\cos x - \sin x & f'(0)&=1\\ f''(x)&=-\sin x - \cos x & f''(0)&=-1\\ f'''(x)&=-\cos x +\sin x & f'''(0)&=-1\\ f^{(4)}&=\sin x + \cos x & f^{(4)}(0)&=1 \end{aligned}$

$f^{(4)}(x)=f(x)$ 이므로 도함수는 여기서부터 반복된다. 규칙은 다음과 같다: $+1$ , $+1$ , $-1$ , $-1$ .

$\begin{aligned} T_{16}(x)&=1 +x -\frac{1}{2}x^2 -\frac{1}{3!}x^3 +\frac{1}{4!}x^4 +\frac{1}{5!}x^5 -\frac{1}{6!}x^6 -\frac{1}{7!}x^7 +\frac{1}{8!}x^8 +\frac{1}{9!}x^9 -\frac{1}{10!}x^{10} -\frac{1}{11!}x^{11}\\ &\qquad +\frac{1}{12!}x^{12} +\frac{1}{13!}x^{13} -\frac{1}{14!}x^{14} -\frac{1}{15!}x^{15} +\frac{1}{16!}x^{16} \end{aligned}$

원본 교재 풀이(영어)

If we were to find the 16th order Maclaurin polynomial for a generic function, we might expect to have to differentiate 16 times (ugh). But, we know that the derivatives of sines and cosines repeat themselves. So, it's enough to figure out the pattern:

$\begin{aligned} f(x)&=\sin x + \cos x & f(0)&=1\\ f'(x)&=\cos x - \sin x & f'(0)&=1\\ f''(x)&=-\sin x - \cos x & f''(0)&=-1\\ f'''(x)&=-\cos x +\sin x & f'''(0)&=-1\\ f^{(4)}&=\sin x + \cos x & f^{(4)}(0)&=1 \end{aligned}$

Since $f^{(4)}(x)=f(x)$ , our derivatives repeat from here. They follow the pattern: $+1$ , $+1$ , $-1$ , $-1$ .

$\begin{aligned} T_{16}(x)&=1 +x -\frac{1}{2}x^2 -\frac{1}{3!}x^3 +\frac{1}{4!}x^4 +\frac{1}{5!}x^5 -\frac{1}{6!}x^6 -\frac{1}{7!}x^7 +\frac{1}{8!}x^8 +\frac{1}{9!}x^9 -\frac{1}{10!}x^{10} -\frac{1}{11!}x^{11}\\ &\qquad +\frac{1}{12!}x^{12} +\frac{1}{13!}x^{13} -\frac{1}{14!}x^{14} -\frac{1}{15!}x^{15} +\frac{1}{16!}x^{16} \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-1 · 3.4절 · 2번

# 테일러 다항식과 오차계산보통자동 분류

663.CLP-1 · 3.4절 · 2번대학 수준우리말 번역

$t=5$ 에서 $s(t)=4.9t^2-t+10$ 의 100차 테일러 다항식을 구하세요.

영어 원문 보기

Give the 100th order Taylor polynomial for $s(t)=4.9t^2-t+10$ about $t=5$ .

정답·풀이 보기

테일러 다항식은 함수 $s(t)$ 의 다항식 근사를 준다. $s(t)$ 자체가 다항식이므로, $n$ 이 $s(t)$ 의 차수보다 크거나 같을 때 $n$ 차 테일러 다항식은 그대로 $s(t)$ 가 된다. 따라서 이 경우 $T_{100}(t)=s(t)=4.9t^2-t+10$ 이다.

이것이 만족스럽지 않다면 $T_{100}(t)$ 를 구하는 일반적인 방법으로 계산해 볼 수 있다.

$\begin{aligned} s(t)&=4.9t^2-t+10 & s(5)&=4.9(25)-5+10=127.5\\ s'(t)&=9.8t-1 & s'(5)&=9.8(5)-1=48\\ s''(t)&=9.8 & s''(5)&=9.8 \end{aligned}$

$s(t)$ 의 나머지 도함수는 모두 항등적으로 0 이므로 특히 $t=5$ 일 때도 0 이다. 따라서

$\begin{aligned} T_{100}(t)&=127.5+48(t-5)+\frac{1}{2}9.8(t-5)^2\\ &=127.5+48(t-5)+4.9(t-5)^2 \end{aligned}$

이제 $T_{100}(t)$ 가 정말 $s(t)$ 와 같은지 확인할 수 있다.

$\begin{aligned} T_{100}(t)&=127.5+48(t-5)+4.9(t-5)^2\\ &=127.5+48(t-5)+4.9(t^2-10t+25)\\ &=[127.5+48(-5)+4.9(25)]+[48-4.9(10)]t+4.9t^2\\ &=10-t+4.9t^2=s(t) \end{aligned}$

예상대로이다.

원본 교재 풀이(영어)

A Taylor polynomial gives a polynomial approximation for a function $s(t)$ . Since $s(t)$ is itself a polynomial, any $n$ th order Taylor polynomial, with $n$ greater than or equal to the degree of $s(t)$ , will simply give $s(t)$ . So, in our case, $T_{100}(t)=s(t)=4.9t^2-t+10$ .

If that isn't satisfying, you can go through the normal method of calculating $T_{100}(t)$ .

$\begin{aligned} s(t)&=4.9t^2-t+10 & s(5)&=4.9(25)-5+10=127.5\\ s'(t)&=9.8t-1 & s'(5)&=9.8(5)-1=48\\ s''(t)&=9.8 & s''(5)&=9.8 \end{aligned}$

The rest of the derivatives of $s(t)$ are identically zero, so they are (in particular) zero when $t=5$ . Therefore,

$\begin{aligned} T_{100}(t)&=127.5+48(t-5)+\frac{1}{2}9.8(t-5)^2\\ &=127.5+48(t-5)+4.9(t-5)^2 \end{aligned}$

We can now check that $T_{100}(t)$ really is the same as $s(t)$ .

$\begin{aligned} T_{100}(t)&=127.5+48(t-5)+4.9(t-5)^2\\ &=127.5+48(t-5)+4.9(t^2-10t+25)\\ &=[127.5+48(-5)+4.9(25)]+[48-4.9(10)]t+4.9t^2\\ &=10-t+4.9t^2=s(t) \end{aligned}$

as expected.

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-1 · 3.4절 · 3번

# 테일러 다항식과 오차계산보통자동 분류

664.CLP-1 · 3.4절 · 3번대학 수준우리말 번역

$f(x)=2^x$ 의 $x=1$ 에서의 $n$ 차 테일러 다항식을 시그마 기호로 나타내세요.

영어 원문 보기

Write the $n$ th order Taylor polynomial for $f(x)=2^x$ about $x=1$ in sigma notation.

정답·풀이 보기

먼저 $f(x)$ 를 미분하면서 규칙을 찾아보자. $\log 2 = \log_e 2$ 는 상수임을 기억하자.

$\begin{aligned} f(x)&=2^x\\ f'(x)&=2^x\log 2\\ f''(x)&=2^x\left(\log 2\right)^2\\ f^{(3)}(x)&=2^x\left(\log 2\right)^3\\ f^{(4)}(x)&=2^x\left(\log 2\right)^4\\ f^{(5)}(x)&=2^x\left(\log 2\right)^5 \\ \text{따라서 일반적으로} \\ f^{(k)}(x)&=2^x\left(\log 2\right)^k \\ \text{이 식은 $k=0$ 과 $k=1$ 일 때도 성립함을 알 수 있다. $x=1$ 일 때} \\ f^{(k)}(1)&=2\left(\log 2\right)^k \\ \text{$f(x)$ 의 $x=1$ 에서의 $n$차 테일러 다항식은} \\ T_{n}(x)&=\sum_{k=0}^n \frac{f^{(k)}(1)}{k!}(x-1)^k\\ &=\sum_{k=0}^n \frac{2(\log 2)^k}{k!}(x-1)^k \end{aligned}$

원본 교재 풀이(영어)

Let's start by differentiating $f(x)$ and looking for a pattern. Remember that $\log 2 = \log_e 2$ is a constant number.

$\begin{aligned} f(x)&=2^x\\ f'(x)&=2^x\log 2\\ f''(x)&=2^x\left(\log 2\right)^2\\ f^{(3)}(x)&=2^x\left(\log 2\right)^3\\ f^{(4)}(x)&=2^x\left(\log 2\right)^4\\ f^{(5)}(x)&=2^x\left(\log 2\right)^5 \\ \text{So, in general,} \\ f^{(k)}(x)&=2^x\left(\log 2\right)^k \\ \text{We notice that this formula works even when $k=0$ and $k=1$. When $x=1$,} \\ f^{(k)}(1)&=2\left(\log 2\right)^k \\ \text{The $n$th order Taylor polynomial of $f(x)$ about $x=1$ is} \\ T_{n}(x)&=\sum_{k=0}^n \frac{f^{(k)}(1)}{k!}(x-1)^k\\ &=\sum_{k=0}^n \frac{2(\log 2)^k}{k!}(x-1)^k \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-1 · 3.4절 · 4번

# 테일러 다항식과 오차계산보통자동 분류

665.CLP-1 · 3.4절 · 4번대학 수준우리말 번역

$\log x$ 는 $x$ 의 자연로그 $\log_ex$ 임을 기억하고, $f(x)=x^2\log x+2x^2+5$ 의 $x=1$ 에서의 6차 테일러 다항식을 구하세요.

영어 원문 보기

Find the 6th order Taylor polynomial of $f(x)=x^2\log x+2x^2+5$ about $x=1$ , remembering that $\log x$ is the natural logarithm of $x$ , $\log_ex$ .

정답·풀이 보기

$x=1$ 에서 $f(x)$ 의 처음 여섯 개 도함수의 값, 즉 미분계수를 알아야 한다. 시작해 보자.

$\begin{aligned} f(x)&=x^2\log x + 2x^2+5 & f(1)&=7\\ f'(x)&=(x^2)\frac{1}{x}+(2x)\log x + 4x \\ &=2x\log x + 5x& f'(1)&=5\\ f''(x)&=(2x)\frac{1}{x}+(2)\log x + 5\\ &=2\log x + 7& f''(1)&=7\\ f'''(x)&=2x^{-1}& f'''(1)&=2\\ f^{(4)}&=-2x^{-2}& f^{(4)}(1)&=-2\\ f^{(5)}&=4x^{-3}& f^{(5)}(1)&=4\\ f^{(6)}&=-12x^{-4}& f^{(6)}(1)&=-12 \end{aligned}$

이제 대입하면 된다.

$\begin{aligned} T_6(x)&= f(1)+ f'(1)(x-1)+\frac{1}{2} f''(1)(x-1)^2+\frac{1}{3!} f'''(1)(x-1)^3\\ &\quad +\frac{1}{4!} f^{(4)}(1)(x-1)^4 +\frac{1}{5!} f^{(5)}(1)(x-1)^5 +\frac{1}{6!} f^{(6)}(1)(x-1)^6\\ &= 7+ 5(x-1)+\frac{1}{2}( 7)(x-1)^2 +\frac{1}{3!}( 2)(x-1)^3\\ &\quad+\frac{1}{4!}( -2)(x-1)^4 +\frac{1}{5!}( 4)(x-1)^5 +\frac{1}{6!}( -12)(x-1)^6\\ &=7+5(x-1)+\frac{7}{2}(x-1)^2+\frac{1}{3}(x-1)^3-\frac{1}{12}(x-1)^4+\frac{1}{30}(x-1)^5-\frac{1}{60}(x-1)^6 \end{aligned}$

원본 교재 풀이(영어)

We need to know the first six derivatives of $f(x)$ at $x=1$ . Let's get started.

$\begin{aligned} f(x)&=x^2\log x + 2x^2+5 & f(1)&=7\\ f'(x)&=(x^2)\frac{1}{x}+(2x)\log x + 4x \\ &=2x\log x + 5x& f'(1)&=5\\ f''(x)&=(2x)\frac{1}{x}+(2)\log x + 5\\ &=2\log x + 7& f''(1)&=7\\ f'''(x)&=2x^{-1}& f'''(1)&=2\\ f^{(4)}&=-2x^{-2}& f^{(4)}(1)&=-2\\ f^{(5)}&=4x^{-3}& f^{(5)}(1)&=4\\ f^{(6)}&=-12x^{-4}& f^{(6)}(1)&=-12 \end{aligned}$

Now, we can plug in.

$\begin{aligned} T_6(x)&= f(1)+ f'(1)(x-1)+\frac{1}{2} f''(1)(x-1)^2+\frac{1}{3!} f'''(1)(x-1)^3\\ &\quad +\frac{1}{4!} f^{(4)}(1)(x-1)^4 +\frac{1}{5!} f^{(5)}(1)(x-1)^5 +\frac{1}{6!} f^{(6)}(1)(x-1)^6\\ &= 7+ 5(x-1)+\frac{1}{2}( 7)(x-1)^2 +\frac{1}{3!}( 2)(x-1)^3\\ &\quad+\frac{1}{4!}( -2)(x-1)^4 +\frac{1}{5!}( 4)(x-1)^5 +\frac{1}{6!}( -12)(x-1)^6\\ &=7+5(x-1)+\frac{7}{2}(x-1)^2+\frac{1}{3}(x-1)^3-\frac{1}{12}(x-1)^4+\frac{1}{30}(x-1)^5-\frac{1}{60}(x-1)^6 \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-1 · 3.4절 · 5번

# 테일러 다항식과 오차계산보통자동 분류

666.CLP-1 · 3.4절 · 5번대학 수준우리말 번역

$\dfrac{1}{1-x}$ 의 $n$ 차 매클로린 다항식을 시그마 기호로 나타내세요.

영어 원문 보기

Give the $n$ th order Maclaurin polynomial for $\dfrac{1}{1-x}$ in sigma notation.

정답·풀이 보기

먼저 미분하면서 규칙을 찾아보자.

$\begin{aligned} f(x)&=\frac{1}{1-x}=(1-x)^{-1} \\ \text{연쇄법칙을 이용하면,} \\ f'(x)&=(-1)(1-x)^{-2}(-1)=(1-x)^{-2}\\ f''(x)&=(-2)(1-x)^{-3}(-1)=2(1-x)^{-3}\\ f^{(3)}(x)&=(-3)(2)(1-x)^{-4}(-1)=2(3)(1-x)^{-4}\\ f^{(4)}(x)&=(-4)(2)(3)(1-x)^{-5}(-1)=2(3)(4)(1-x)^{-5}\\ f^{(5)}(x)&=(-5)(2)(3)(4)(1-x)^{-6}(-1)=2(3)(4)(5)(1-x)^{-6} \\ \text{규칙을 알아내면,} \\ f^{(k)}(x)&=k!(1-x)^{-(k+1)}\\ f^{(k)}(0)&=k!(1)^{-(k+1)}=k! \\ \text{$f(x)$ 의 $n$차 매클로린 다항식은} \\ T_n(x)&=\sum_{k=0}^n \frac{f^{(k)}(0)}{k!}x^k\\ &=\sum_{k=0}^n \frac{k!}{k!}x^k\\ &=\sum_{k=0}^n x^k \end{aligned}$

원본 교재 풀이(영어)

We'll start by differentiating and looking for a pattern.

$\begin{aligned} f(x)&=\frac{1}{1-x}=(1-x)^{-1} \\ \text{Using the chain rule,} \\ f'(x)&=(-1)(1-x)^{-2}(-1)=(1-x)^{-2}\\ f''(x)&=(-2)(1-x)^{-3}(-1)=2(1-x)^{-3}\\ f^{(3)}(x)&=(-3)(2)(1-x)^{-4}(-1)=2(3)(1-x)^{-4}\\ f^{(4)}(x)&=(-4)(2)(3)(1-x)^{-5}(-1)=2(3)(4)(1-x)^{-5}\\ f^{(5)}(x)&=(-5)(2)(3)(4)(1-x)^{-6}(-1)=2(3)(4)(5)(1-x)^{-6} \\ \text{Recognizing the pattern,} \\ f^{(k)}(x)&=k!(1-x)^{-(k+1)}\\ f^{(k)}(0)&=k!(1)^{-(k+1)}=k! \\ \text{The $n$th order Maclaurin polynomial for $f(x)$ is} \\ T_n(x)&=\sum_{k=0}^n \frac{f^{(k)}(0)}{k!}x^k\\ &=\sum_{k=0}^n \frac{k!}{k!}x^k\\ &=\sum_{k=0}^n x^k \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-1 · 3.4절 · 7번

# 테일러 다항식과 오차계산보통자동 분류

667.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

668.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

669.CLP-1 · 3.4절 · 3번대학 수준우리말 번역

$f(x)=3x^2-5$ 라 하자. $x$ 를 $10$ 으로 측정했지만 실제 값이 $11$ 일 때, 선형 근사를 이용하여 $f(x)$ 에 생기는 오차를 어림하고, 이어서 이차 근사를 이용하여 어림하세요.

영어 원문 보기

Suppose $f(x)=3x^2-5$ . If you measure $x$ to be $10$ , but its actual value is $11$ , estimate the resulting error in $f(x)$ using the linear approximation, and then the quadratic approximation.

정답·풀이 보기

$f'(x)=6x$ 이므로 $x=10$ 일 때 $f'(10)=60$ 이다. $\Delta y=f(11)-f(10)$ , $\Delta x = 11-10$ 이라 하면 선형 근사로부터 $\Delta y \approx 60\Delta x = 60$ 을 얻는다. 따라서 선형 근사는 $f(x)$ 의 오차를 약 60 으로 어림한다.

$f''(x)=6$ 이므로 이차 근사( $f'(10)=60$ , $f''(10)=6$ , $\Delta x = 1$ 을 이용)로부터 $\Delta y \approx f'(10)\Delta x+\frac{1}{2}f''(1)\left(\Delta x\right)^2= 60\cdot 1 +\frac{1}{2}(6)(1)^2= 63$ 을 얻는다. 따라서 이차 근사는 $f(x)$ 의 오차를 약 63 으로 어림한다. (실제로 $f(11)-f(10)$ 의 정확한 값은 63 이다. 이차 근사로 어림한 오차가 실제 오차와 정확히 같은 것은 우연이 아니다. 이는 $f(x)$ 가 이차 함수라는 사실에서 비롯된 결과이다.)

원본 교재 풀이(영어)

Since $f'(x)=6x$ , when $x=10$ , $f'(10)=60$ . If $\Delta y=f(11)-f(10)$ , and $\Delta x = 11-10$ , then the linear approximation tells us $\Delta y \approx 60\Delta x = 60$ So, the linear approximates estimates the error in $f(x)$ to be about 60.

Since $f''(x)=6$ , the quadratic approximation (using $f'(10)=60$ , $f''(10)=6$ , and $\Delta x = 1$ ) tells us $\Delta y \approx f'(10)\Delta x+\frac{1}{2}f''(1)\left(\Delta x\right)^2= 60\cdot 1 +\frac{1}{2}(6)(1)^2= 63$ So, the quadratic approximates estimates the error in $f(x)$ to be about 63. (Indeed, the exact value of $f(11)-f(10)$ is 63. It is not a fluke that our estimated error, using a quadratic approximation, is exactly the same as our actual error. It is a consequence of the fact that $f(x)$ is a quadratic function.)

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-1 · 3.4절 · 6번

# 테일러 다항식과 오차계산기본자동 분류

670.CLP-1 · 3.4절 · 4번대학 수준우리말 번역

농장에 원형 우리를 짓고 있다. 우리의 넓이는 오차 2% 이내로 $A_0$ 제곱미터여야 한다. 반지름에서 허용되는 최대 백분율 오차를 어림하세요.

영어 원문 보기

A circular pen is being built on a farm. The pen must contain $A_0$ square metres, with an error of no more than 2%. Estimate the largest percentage error allowable on the radius.

답 쓰고 채점

%

정답·풀이 보기

반지름이 $r$ 인 우리의 넓이를 $A$ 라 하자. 그러면

$\begin{aligned} A(r)&=\pi r^2 \\ \text{$r$에 대해 미분하면,} \\ A'(r)&=2\pi r \\ \text{원하는 정확한 넓이는 $A_0$ 이다. 이에 대응하는 원하는 정확한 반지름을 $r_0$ 이라 하자.} \\ \\ \text{선형 근사식을 이용한다. 여기서 $\Delta A$ 는 $r$ 이 $\Delta r$ 만큼 변할 때 대응하는 $A$ 의 변화량이다.} \\ \Delta A &\approx A'(r_0)\Delta r = 2\pi r_0 \Delta r\\ \Delta r &\approx \dfrac{\Delta A}{2\pi r_0} \\ \text{우리가 알고 싶은 것은 $r$ 이 가질 수 있는 백분율 오차이다. 백분율 오차는 다음과 같다.} \\ 100\frac{\Delta r}{r_0}&\approx100\frac{\Delta A}{2\pi r_0\cdot r_0}\\ &=100\frac{\Delta A}{2(\pi r_0^2)}\\ &=100\frac{\Delta A}{2\cdot A_0}\\ &=\left( 100\frac{\Delta A}{A_0}\right)\frac{1}{2}\\ &\leq\left( 2\right)\frac{1}{2}=1 \end{aligned}$

(마지막 줄을 얻기 위해, 넓이의 백분율 오차 $100\dfrac{\Delta A}{A_0}$ 가 2%보다 작아야 한다는 주어진 정보를 이용했다.)

따라서 $r$ 의 오차는 1%를 넘을 수 없다고 결론짓는다.

원본 교재 풀이(영어)

Let $A$ be the area of a pen of radius $r$ . Then

$\begin{aligned} A(r)&=\pi r^2 \\ \text{Differentiating with respect to $r$,} \\ A'(r)&=2\pi r \\ \text{The exact area desired is $A_0$. Let the corresponding exact radius desired be $r_0$.} \\ \\ \text{Using the linear approximation formula, where $\Delta A$ is the change in $A$ corresponding to a change in $r$ of $\Delta r$,} \\ \Delta A &\approx A'(r_0)\Delta r = 2\pi r_0 \Delta r\\ \Delta r &\approx \dfrac{\Delta A}{2\pi r_0} \\ \text{What we're interested in is the percent error $r$ can have. The percent error is:} \\ 100\frac{\Delta r}{r_0}&\approx100\frac{\Delta A}{2\pi r_0\cdot r_0}\\ &=100\frac{\Delta A}{2(\pi r_0^2)}\\ &=100\frac{\Delta A}{2\cdot A_0}\\ &=\left( 100\frac{\Delta A}{A_0}\right)\frac{1}{2}\\ &\leq\left( 2\right)\frac{1}{2}=1 \end{aligned}$

(To get the last line, we used the given information that the percent error in the area, $100\dfrac{\Delta A}{A_0}$ , must be less than 2%.)

We conclude the error in $r$ cannot be more than 1%.

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-1 · 3.4절 · 5번

# 테일러 다항식과 오차계산보통자동 분류

671.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

672.CLP-1 · 3.4절 · 3번대학 수준우리말 번역

$f(x)= 5x^3-24x^2+ex-\pi^4$ 이라 하고, $T_5(x)$ 를 $x=1$ 에서 $f(x)$ 의 5차 테일러 다항식이라 하자. 오차 $|f(37)-T(37)|$ 에 대해 구할 수 있는 가장 좋은 한계를 구하세요.

영어 원문 보기

Let $f(x)= 5x^3-24x^2+ex-\pi^4$ , and let $T_5(x)$ be the fifth order Taylor polynomial for $f(x)$ about $x=1$ . Give the best bound you can on the error $|f(37)-T(37)|$ .

정답·풀이 보기

다항식을 그보다 차수가 크거나 같은 테일러 다항식으로 근사하면, 그 테일러 다항식은 근사하려는 함수와 완전히 같다. 따라서 오차는 0이다.

원본 교재 풀이(영어)

Whenever you approximate a polynomial with a Taylor polynomial of greater or equal degree, your Taylor polynomial is exactly the same as the function you are approximating. So, the error is zero.

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-1 · 3.4절 · 4번

# 테일러 다항식과 오차계산기본자동 분류

673.CLP-1 · 3.4절 · 4번대학 수준우리말 번역

당신과 친구는 둘 다 $\sin(33)$ 의 값을 어림하려고 합니다. 친구는 $f(x)=\sin x$ 의 1차 매클로린 다항식을 사용하고, 당신은 $f(x)=\sin x$ 의 0차(상수) 매클로린 다항식을 사용합니다. 당신과 친구 중 누가 더 좋은 근삿값을 얻나요?

영어 원문 보기

You and your friend both want to approximate $\sin(33)$ . Your friend uses the first order Maclaurin polynomial for $f(x)=\sin x$ , while you use the zeroth order (constant) Maclaurin polynomial for $f(x)=\sin x$ . Who has a better approximation, you or your friend?

정답·풀이 보기

상수 근사는 다음을 준다.

$\begin{aligned} \sin(33)&\approx \sin (0)=0 \\ \text{반면 일차 근사는 다음을 준다.} \\ f(x)&\approx f(0)+f'(0)x\\ \sin(x)& \approx \sin (0)+\cos(0) x\\&= x\\ \sin(33)&\approx 33 \end{aligned}$

$-1 \leq \sin(33)\leq 1$ 이므로 상수 근사가 더 좋다. (하지만 둘 다 조금 엉뚱하다.)

원본 교재 풀이(영어)

The constant approximation gives

$\begin{aligned} \sin(33)&\approx \sin (0)=0 \\ \text{while the linear approximation gives} \\ f(x)&\approx f(0)+f'(0)x\\ \sin(x)& \approx \sin (0)+\cos(0) x\\&= x\\ \sin(33)&\approx 33 \end{aligned}$

Since $-1 \leq \sin(33)\leq 1$ , the constant approximation is better. (But both are a little silly.)

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기APEX · 8.7절 · 4번

# 테일러 다항식과 오차계산기본자동 분류

674.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

675.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

676.CLP-1 · 3.4절 · 1번대학 수준우리말 번역

3차 매클로린 다항식이 $4 + 3x^2 + \frac{1}{2}x^3$ 인 함수 $f(x)$ 를 생각하세요. $f'(0)$ 은 얼마입니까? $f''(0)$ 은 얼마입니까?

영어 원문 보기

Consider a function $f(x)$ whose third order Maclaurin polynomial is $4 + 3x^2 + \frac{1}{2}x^3$ . What is $f'(0)$ ? What is $f''(0)$ ?

정답·풀이 보기

$f(x)$ 의 3차 매클로린 다항식은

$\begin{aligned} f(0) + f'(0)x +\frac{f''(0)}{2}\cdot x^2 + \frac{f'''(0)}{6}\cdot x^3 &=4+3x^2+\frac{1}{2}x^3. \end{aligned}$

$x$ 의 계수는 한쪽에서 $f'(0)$ 이고 다른 쪽에서 $0$ 이므로 $f'(0)=0$ 이다.

$x^2$ 의 계수는 한쪽에서 $\dfrac{1}{2}f''(0)$ 이고 다른 쪽에서 $3$ 이므로 $f''(0)=6$ 이다.

원본 교재 풀이(영어)

The third Maclaurin polynomial for $f(x)$ is

$\begin{aligned} f(0) + f'(0)x +\frac{f''(0)}{2}\cdot x^2 + \frac{f'''(0)}{6}\cdot x^3 &=4+3x^2+\frac{1}{2}x^3. \end{aligned}$

The coefficient of $x$ is $f'(0)$ on one side, and $0$ on the other, so $f'(0)=0$ .

The coefficient of $x^2$ is $\dfrac{1}{2}f''(0)$ on one side, and $3$ on the other, so $f''(0)=6$ .

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-1 · 3.4절 · 7번

# 테일러 다항식과 오차계산기본자동 분류

677.CLP-1 · 3.4절 · 2번대학 수준우리말 번역

3차 매클로린 다항식이 $1+4x-\dfrac{1}{3}x^2 + \dfrac{2}{3}x^3$ 인 함수 $h(x)$ 를 생각하세요. $h^{(3)}(0)$ 은 얼마입니까?

영어 원문 보기

Consider a function $h(x)$ whose third order Maclaurin polynomial is $1+4x-\dfrac{1}{3}x^2 + \dfrac{2}{3}x^3$ . What is $h^{(3)}(0)$ ?

답 쓰고 채점

정답·풀이 보기

$h(x)$ 의 3차 매클로린 다항식은

$\begin{aligned} h(0) + h'(0)x +\frac{h''(0)}{2}\cdot x^2 + \frac{h^{(3)}(0)}{3!}\cdot x^3 &= 1+4x-\frac{1}{3}x^2 + \frac{2}{3}x^3 \end{aligned}$

이다.

$x^3$ 의 계수는 한쪽에서는 $\dfrac{1}{3!}h^{(3)}(0)$ 이고 다른 쪽에서는 $\dfrac{2}{3}$ 이다. 따라서 $\dfrac{h^{(3)}(0)}{6}=\dfrac{2}{3}$ 이므로 $h^{(3)}(0)=6\cdot\dfrac{2}{3} = 4$ 이다.

원본 교재 풀이(영어)

The third Maclaurin polynomial for $h(x)$ is

$\begin{aligned} h(0) + h'(0)x +\frac{h''(0)}{2}\cdot x^2 + \frac{h^{(3)}(0)}{3!}\cdot x^3 &= 1+4x-\frac{1}{3}x^2 + \frac{2}{3}x^3 \end{aligned}$

The coefficient of $x^3$ is $\dfrac{1}{3!}h^{(3)}(0)$ on one side, and $\dfrac{2}{3}$ on the other. Thus $\dfrac{h^{(3)}(0)}{6}=\dfrac{2}{3}$ , so $h^{(3)}(0)=6\cdot\dfrac{2}{3} = 4$ .

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-1 · 3.4절 · 1번

# 테일러 다항식과 오차계산기본자동 분류

678.CLP-1 · 3.4절 · 3번대학 수준우리말 번역

$x=2$ 에서 $h(x)$ 의 3차 테일러 다항식은 $3 + \dfrac{1}{2}(x-2) + 2(x-2)^3$ 이다.

$h'(2)$ 는 얼마입니까? $h''(2)$ 는 얼마입니까?

영어 원문 보기

The third order Taylor polynomial of $h(x)$ about $x=2$ is $3 + \dfrac{1}{2}(x-2) + 2(x-2)^3$ .

What is $h'(2)$ ? What is $h''(2)$ ?

정답·풀이 보기

$x=2$ 에서 $h(x)$ 의 3차 테일러 다항식은 $h(2) + h'(2)(x-2) +\frac{h''(2)}{2}\cdot (x-2)^2 + \frac{h'''(2)}{6}\cdot (x-2)^3$ 이다. $(x-2)$ 의 계수는 정의에서는 $h'(2)$ 이고, 주어진 함수에서는 $\dfrac{1}{2}$ 이므로 $h'(2)=\dfrac{1}{2}$ 이다.

$(x-2)^2$ 의 계수는 정의에서는 $~\dfrac{1}{2}h''(2)~$ 이고, 주어진 함수에서는 $0$ 이므로 $h'(2)=0$ 이다.

원본 교재 풀이(영어)

The third order Taylor polynomial for $h(x)$ about $x=2$ is $h(2) + h'(2)(x-2) +\frac{h''(2)}{2}\cdot (x-2)^2 + \frac{h'''(2)}{6}\cdot (x-2)^3$ The coefficient of $(x-2)$ is $h'(2)$ in the definition, and $\dfrac{1}{2}$ in the given function, so $h'(2)=\dfrac{1}{2}$ .

The coefficient of $(x-2)^2$ is $~\dfrac{1}{2}h''(2)~$ in the definition, and $0$ in the given function, so $h'(2)=0$ .

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-1 · 3.4절 · 2번

# 테일러 다항식과 오차계산기본자동 분류

679.CLP-1 · 3.4절 · 4번대학 수준우리말 번역

함수 $f(x)$ 가 $f(3)=2,\ f'(3)=4$ 이고 $f''(3)=-10$ 이라는 성질을 가집니다.

(a) $x=3$ 을 중심으로 하는 $f(x)$ 의 선형 근사를 이용하여 $f(2.98)$ 을 어림하세요. (b) $x=3$ 을 중심으로 하는 $f(x)$ 의 이차 근사를 이용하여 $f(2.98)$ 을 어림하세요.

영어 원문 보기

The function $f(x)$ has the property that $f(3)=2,\ f'(3)=4$ and $f''(3)=-10$ .

(a) Use the linear approximation to $f(x)$ centred at $x=3$ to approximate $f(2.98)$ . (b) Use the quadratic approximation to $f(x)$ centred at $x=3$ to approximate $f(2.98)$ .

답 쓰고 채점

(a)

(b)

정답·풀이 보기

(a) $x$ 가 3 근처일 때, $f(x)\approx f(3)+f'(3)(x-3)=2+4(x-3)$ 이다. 특히 $f(2.98)\approx 2+4(2.98-3)=2-0.08=1.92$ 이다. (b) $x$ 가 3 근처일 때,

$\begin{aligned} f(x)&\approx f(3)+f'(3)(x-3)+\frac{1}{2} f''(3)(x-3)^2\\ &=2+4(x-3)-\frac{1}{2} 10(x-3)^2 \\ \text{특히} \\ f(2.98)&\approx 2+4(2.98-3)-5(2.98-3)^2\\ &=2-0.08-0.002={1.918} \end{aligned}$

이다.

원본 교재 풀이(영어)

(a) For $x$ near 3, $f(x)\approx f(3)+f'(3)(x-3)=2+4(x-3)$ In particular $f(2.98)\approx 2+4(2.98-3)=2-0.08=1.92$ (b) For $x$ near 3,

$\begin{aligned} f(x)&\approx f(3)+f'(3)(x-3)+\frac{1}{2} f''(3)(x-3)^2\\ &=2+4(x-3)-\frac{1}{2} 10(x-3)^2 \\ \text{In particular} \\ f(2.98)&\approx 2+4(2.98-3)-5(2.98-3)^2\\ &=2-0.08-0.002={1.918} \end{aligned}$

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680.CLP-1 · 3.4절 · 6번대학 수준우리말 번역

선형 근사를 이용하여 $\sqrt{2}$ 의 값을 어림하세요.

영어 원문 보기

Estimate $\sqrt{2}$ using a linear approximation.

답 쓰고 채점

정답·풀이 보기

함수 $f(x)=\sqrt{x}$ 와 점 $a=1$ 을 근사의 중심으로 사용한다. 다음과 같이 쉽게 계산할 수 있기 때문이다.

$\begin{aligned} f(a)&=f(1)=\sqrt{1}=1. \end{aligned}$

$f'(x)=\dfrac{1}{2\sqrt{x}}$ 이므로

$\begin{aligned} f'(1)&=\frac{1}{2\sqrt{1}}=\frac{1}{2}. \end{aligned}$

따라서 $\sqrt{2}=f(2)$ 의 선형 근사는

$\begin{aligned} \sqrt{2}&\approx T_1(2)= f(1) + f'(1)\cdot (2-1)\\ &=1+\frac{1}{2}=\frac{3}{2}. \end{aligned}$

원본 교재 풀이(영어)

We use the function $f(x)=\sqrt{x}$ and point $a=1$ as the centre of our approximation, since we can easily calculate

$\begin{aligned} f(a)&=f(1)=\sqrt{1}=1. \end{aligned}$

We compute $f'(x)=\dfrac{1}{2\sqrt{x}}$ , so

$\begin{aligned} f'(1)&=\frac{1}{2\sqrt{1}}=\frac{1}{2}. \end{aligned}$

So, a linear approximation of $\sqrt{2}=f(2)$ is

$\begin{aligned} \sqrt{2}&\approx T_1(2)= f(1) + f'(1)\cdot (2-1)\\ &=1+\frac{1}{2}=\frac{3}{2}. \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-1 · 3.4절 · 5번

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