급수 심화 전체 연습문제

721.APEX · 8.8절 · 32번대학 수준우리말 번역

연습문제 31–32에서, 피적분함수의 테일러 급수에서 0이 아닌 처음 4개의 항을 사용하여 주어진 정적분의 값을 어림하세요.

$\displaystyle \int_0^{\pi^2/4} \cos \big(\sqrt{x}\big)\ dx$

영어 원문 보기

In Exercises 31–32, approximate the value of the given definite integral by using the first 4 nonzero terms of the integrand's Taylor series.

$\displaystyle \int_0^{\pi^2/4} \cos \big(\sqrt{x}\big)\ dx$

정답·풀이 보기

$\displaystyle \int_0^{\pi^2/4} \cos \big(\sqrt{x}\big)\ dx \approx \int_0^{\pi^2/4} \left(1-\frac x2+\frac{x^2}{24}-\frac{x^3}{720}\right)\ dx = 1.1412$ 이다. (실제 값: $\pi-2$ )

원본 교재 풀이(영어)

$\displaystyle \int_0^{\pi^2/4} \cos \big(\sqrt{x}\big)\ dx \approx \int_0^{\pi^2/4} \left(1-\frac x2+\frac{x^2}{24}-\frac{x^3}{720}\right)\ dx = 1.1412$ . (Actual answer: $\pi-2$ )

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-2 · 3.6절 · 53번

# 테일러·매클로린 급수계산자동 분류

722.CLP-1 · 3.4절 · 1번대학 수준우리말 번역

함수 $f(x)$ 의 $x=3$ 에서의 이차근사는 다음과 같다. $f(x) \approx -x^2+6x$ $f(3)$ , $f'(3)$ , $f''(3)$ , $f'''(3)$ 의 값을 각각 구하세요.

영어 원문 보기

The quadratic approximation of a function $f(x)$ about $x=3$ is $f(x) \approx -x^2+6x$ What are the values of $f(3)$ , $f'(3)$ , $f''(3)$ , and $f'''(3)$ ?

정답·풀이 보기

$Q(x)$ 가 $3$ 에서 $f$ 의 이차근사이면 $Q(3)=f(3)$ , $Q'(3)=f'(3)$ , $Q''(3)=f''(3)$ 이다. 그러나 $f(x)$ 와 $Q(x)$ 의 3계 도함수가 같다는 보장은 없으므로, $f'''(3)$ 을 알기에는 정보가 충분하지 않다.

$\begin{aligned} f(3)&=-3^2+6(3)=9\\ f'(3)&=\left.\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left\{-x^2+6x\right\}\right|_{x=3}=\left.-2x+6\right|_{x=3}=0\\ f''(3)&=\left.\frac{\mathrm{d}^2}{\mathrm{d}{x}^2}\left\{-x^2+6x\right\}\right|_{x=3}= \left.\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left\{-2x+6\right\}\right|_{x=3}=-2 \end{aligned}$

원본 교재 풀이(영어)

If $Q(x)$ is the quadratic approximation of $f$ about $3$ , then $Q(3)=f(3)$ , $Q'(3)=f'(3)$ , and $Q''(3)=f''(3)$ . There is no guarantee that $f(x)$ and $Q(x)$ share the same third derivative, though, so we do not have enough information to know $f'''(3)$ .

$\begin{aligned} f(3)&=-3^2+6(3)=9\\ f'(3)&=\left.\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left\{-x^2+6x\right\}\right|_{x=3}=\left.-2x+6\right|_{x=3}=0\\ f''(3)&=\left.\frac{\mathrm{d}^2}{\mathrm{d}{x}^2}\left\{-x^2+6x\right\}\right|_{x=3}= \left.\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left\{-2x+6\right\}\right|_{x=3}=-2 \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-1 · 3.4절 · 6번

# 테일러 다항식과 오차계산기본자동 분류

723.CLP-1 · 3.4절 · 2번대학 수준우리말 번역

$f(x)=2x+5$ 의 $x=a$ 에서의 이차근사를 구하세요.

영어 원문 보기

Give a quadratic approximation of $f(x)=2x+5$ about $x=a$ .

답 쓰고 채점

정답·풀이 보기

$f(x)$ 의 $x=a$ 에서의 이차근사는 다음과 같다.

$\begin{aligned} f(x) &\approx f(a)+f'(a)(x-a)+\frac{1}{2}f''(a)(x-a)^2 \\ \text{$f(a)=2a+5$, $f'(a)=2$, $f''(a)=0$ 을 대입하면:} \\ f(x) &\approx (2a+5)+2(x-a)=2x+5 \end{aligned}$

따라서 구하는 근사는 $f(x) \approx 2x+5$ 이다.

참고: 이 근사는 $x$ 의 모든 값에 대해 정확하다. 이차함수, 일차함수, 상수함수의 이차근사는 항상 이렇게 된다.

원본 교재 풀이(영어)

The quadratic approximation of $f(x)$ about $x=a$ is

$\begin{aligned} f(x) &\approx f(a)+f'(a)(x-a)+\frac{1}{2}f''(a)(x-a)^2 \\ \text{We subsitute $f(a)=2a+5$, $f'(a)=2$, and $f''(a)=0$:} \\ f(x) &\approx (2a+5)+2(x-a)=2x+5 \end{aligned}$

So, our approximation is $f(x) \approx 2x+5$ .

Remark: Our approximation is exact for every value of $x$ . This will always happen with a quadratic approximation of a function that is quadratic, linear, or constant.

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-1 · 3.4절 · 3번

# 테일러 다항식과 오차계산기본자동 분류

724.CLP-1 · 3.4절 · 3번대학 수준우리말 번역

2차 근사를 이용하여 $\log(0.93)$ 의 값을 어림하세요.

(씨엘피-1에서는 $\log x$ 를 $x$ 의 자연로그, 즉 $\log_e x$ 의 뜻으로 쓴다는 점을 기억하세요.)

영어 원문 보기

Use a quadratic approximation to estimate $\log(0.93)$ .

(Remember that in CLP-1 we use $\log x$ to mean the natural logarithm of $x$ , $\log_e x$ .)

답 쓰고 채점

정답·풀이 보기

함수 $f(x)=\log x$ 를 $x=1$ 근처에서 근사한다. 1은 $0.93$ 에 가깝고, $x=1$ 에서 $f(x)$ 와 처음 두 도함수의 값을 구할 수 있으므로 1을 택한다.

$\begin{aligned} f(1)&=0\\ f'(x)&=\frac{1}{x}\qquad \Rightarrow \qquad f'(1)=1\\ f''(x)&=\frac{-1}{x^2} \qquad \Rightarrow \qquad f''(1)=-1 \\ \text{따라서,} \\ f(x) &\approx f(1)+f'(1)(x-1)+\frac{1}{2}f''(1)(x-1)^2\\ &=0+(x-1)-\frac{1}{2}(x-1)^2 \\ \text{$x=0.93$ 일 때:} \\ f(0.93) &\approx (0.93-1)-\frac{1}{2}(0.93-1)^2=-0.07-\frac{1}{2}(0.0049)=-0.07245 \end{aligned}$

따라서 $\log(0.93) \approx -0.07245$ 로 어림한다.

참고: 계산기로 구하면 $\log(0.93) \approx -0.07257$ 이다. 꽤 가깝다.

원본 교재 풀이(영어)

We approximate the function $f(x)=\log x$ about the point $x=1$ . We choose 1 because it is close to $0.93$ , and we can evaluate $f(x)$ and its first two derivatives at $x=1$ .

$\begin{aligned} f(1)&=0\\ f'(x)&=\frac{1}{x}\qquad \Rightarrow \qquad f'(1)=1\\ f''(x)&=\frac{-1}{x^2} \qquad \Rightarrow \qquad f''(1)=-1 \\ \text{So,} \\ f(x) &\approx f(1)+f'(1)(x-1)+\frac{1}{2}f''(1)(x-1)^2\\ &=0+(x-1)-\frac{1}{2}(x-1)^2 \\ \text{When $x=0.93$:} \\ f(0.93) &\approx (0.93-1)-\frac{1}{2}(0.93-1)^2=-0.07-\frac{1}{2}(0.0049)=-0.07245 \end{aligned}$

We estimate $\log(0.93) \approx -0.07245$ .

Remark: a calculator approximates $\log(0.93) \approx -0.07257$ . We're pretty close.

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-1 · 3.4절 · 1번

# 테일러 다항식과 오차계산보통자동 분류

725.CLP-1 · 3.4절 · 4번대학 수준우리말 번역

이차 근사를 이용하여 $\cos\left(\dfrac{1}{15}\right)$ 의 값을 어림하세요.

영어 원문 보기

Use a quadratic approximation to estimate $\cos\left(\dfrac{1}{15}\right)$ .

답 쓰고 채점

정답·풀이 보기

함수 $f(x)=\cos x$ 를 근사한다. $x=0$ 에서 $\cos x$ 와 $\sin x$ ( $\sin x$ 는 1계 도함수에 나타난다)의 값을 쉽게 구할 수 있고, 0 은 $\dfrac{1}{15}$ 에 꽤 가까우므로 $x=0$ 을 중심으로 근사한다.

$\begin{aligned} f(0)&=1\\ f'(x)&=-\sin x\\ f'(0)&=-\sin(0)=0\\ f''(x)&=-\cos x\\ f''(0)&=-\cos(0)=-1 \\ \text{Using the quadratic approximation $f(x) \approx f(0)+f'(0)(x-0)+\frac{1}{2}f''(0)(x-0)^2$:} \\ f(x)&\approx 1 -\frac{1}{2}x^2\\ f\left(\frac{1}{15}\right)&\approx 1-\frac{1}{2\cdot 15^2}=\frac{449}{450} \end{aligned}$

$\cos\left(\dfrac{1}{15}\right)\approx\dfrac{449}{450}$ 로 어림한다.

참고: $\dfrac{449}{450}= 0.99\overline{77}$ 이고, 계산기로는 $\cos\left(\frac{1}{15}\right )\approx 0.9977786$ 이다. 이 근사의 오차는 약 $0.000001$ 이다.

원본 교재 풀이(영어)

We approximate the function $f(x)=\cos x$ . We can easily evaluate $\cos x$ and $\sin x$ ( $\sin x$ will appear in the first derivative) at $x=0$ , and 0 is quite close to $\dfrac{1}{15}$ , so we centre our approximation about $x=0$ .

$\begin{aligned} f(0)&=1\\ f'(x)&=-\sin x\\ f'(0)&=-\sin(0)=0\\ f''(x)&=-\cos x\\ f''(0)&=-\cos(0)=-1 \\ \text{Using the quadratic approximation $f(x) \approx f(0)+f'(0)(x-0)+\frac{1}{2}f''(0)(x-0)^2$:} \\ f(x)&\approx 1 -\frac{1}{2}x^2\\ f\left(\frac{1}{15}\right)&\approx 1-\frac{1}{2\cdot 15^2}=\frac{449}{450} \end{aligned}$

We approximate $\cos\left(\dfrac{1}{15}\right)\approx\dfrac{449}{450}$ .

Remark: $\dfrac{449}{450}= 0.99\overline{77}$ , while a calculator gives $\cos\left(\frac{1}{15}\right )\approx 0.9977786$ . Our approximation has an error of about $0.000001$ .

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-1 · 3.4절 · 5번

# 테일러 다항식과 오차계산보통자동 분류

726.CLP-1 · 3.4절 · 5번대학 수준우리말 번역

$x=0$ 에서 $f(x)=e^{2x}$ 의 이차 근사를 구하세요.

영어 원문 보기

Calculate the quadratic approximation of $f(x)=e^{2x}$ about $x=0$ .

답 쓰고 채점

정답·풀이 보기

$x=a$ 에서 함수 $f(x)$ 의 이차 근사는 다음과 같다.

$\begin{aligned}f(x) &\approx f(a)+f'(a)(x-a)+\frac{1}{2}f''(a)(x-a)^2 \\ \text{We compute derivatives.} \\ f(0)&=e^0=1\\ f'(x)&=2e^{2x}\\ f'(0)&=2e^0=2\\ f''(x)&=4e^{2x}\\ f''(0)&=4e^0=4 \\ \text{Substituting:} \\ f(x) &\approx 1+2(x-0)+\frac{4}{2}(x-0)^2 \\f(x) &\approx 1+2x+2x^2 \end{aligned}$

원본 교재 풀이(영어)

The quadratic approximation of a function $f(x)$ about $x=a$ is

$\begin{aligned}f(x) &\approx f(a)+f'(a)(x-a)+\frac{1}{2}f''(a)(x-a)^2 \\ \text{We compute derivatives.} \\ f(0)&=e^0=1\\ f'(x)&=2e^{2x}\\ f'(0)&=2e^0=2\\ f''(x)&=4e^{2x}\\ f''(0)&=4e^0=4 \\ \text{Substituting:} \\ f(x) &\approx 1+2(x-0)+\frac{4}{2}(x-0)^2 \\f(x) &\approx 1+2x+2x^2 \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-1 · 3.4절 · 10번

# 테일러 다항식과 오차계산보통자동 분류

727.CLP-1 · 3.4절 · 6번대학 수준우리말 번역

이차 근사를 이용하여 $5^{\tfrac{4}{3}}$ 의 값을 어림하세요.

영어 원문 보기

Use a quadratic approximation to estimate $5^{\tfrac{4}{3}}$ .

정답·풀이 보기

근사할 함수로 고를 수 있는 것이 몇 가지 있다. 예를 들면 다음과 같다.

$f(x)=x^{4/3}$ . 이 경우에는 $x=8$ 에서 $f(x)$ 를 근사하는 것이 좋겠다(8은 세제곱수이므로 $8^{4/3}=2^4=16$ 은 계산할 수 있는 값이다). 또는 $x=1$ 에서 근사해도 된다.
$f(x)=5^{x}$ . $x$ 가 0 이상의 정수일 때 $f(x)$ 는 쉽게 구할 수 있으므로 어떤 0 이상의 정수 $x=a$ 를 중심으로 근사하고 싶겠지만, $f'(a)=5^a\log(5)$ 에서 문제가 생긴다. 계산기 없이는 $\log(5)$ 의 값을 알기 어렵다.
$5^{4/3}=5\sqrt[3]{5}$ 이므로 $f(x)=5\sqrt[3]{x}$ 를 쓸 수 있다. 첫 번째 항목과 마찬가지로 $x=8$ 또는 $x=1$ 을 중심으로 잡는다.

첫 번째와 세 번째 항목은 큰 차이가 없다. $f(x)=5\sqrt[3]{x}$ 를 $x=8$ 중심으로 하여 풀겠다.

$\begin{aligned} f(x)&=5x^{\frac{1}{3}}&&\Rightarrow& f(8)&=5\cdot 2 = 10\\ f'(x)&=\frac{5}{3}x^{-\frac{2}{3}}&&\Rightarrow& f'(8)&=\frac{5}{3}\left(2^{-2}\right)=\frac{5}{12}\\ f''(x)&=\frac{5}{3}\left(-\frac{2}{3}\right)x^{-\frac{5}{3}}=-\frac{10}{9}x^{-\frac{5}{3}}&&\Rightarrow& f''(8)&=-\frac{10}{9}\left(2^{-5}\right)=-\frac{5}{144} \\ \text{이차 근사 $f(x) \approx f(a)+f'(a)(x-a)+\frac{1}{2}f''(a)(x-a)^2$ 을 이용하면:} \\ f(x)&\approx 10+\frac{5}{12}(x-8)-\frac{5}{288}(x-8)^2\\ f(5)&\approx 10+\frac{5}{12}(-3)-\frac{5}{288}(9)=\frac{275}{32} \end{aligned}$

따라서 $5^{4/3}\approx\dfrac{275}{32}$ 로 어림한다.

참고: $\dfrac{275}{32} = 8.59375$ 이고, 계산기로 구하면 $5^{4/3}\approx 8.5499$ 이다. 5와 8이 다소 떨어져 있지만, 어림한 값은 실제 값과 약 $0.04$ 만큼만 차이 난다.

원본 교재 풀이(영어)

There are a few functions we could choose to approximate. For example:

$f(x)=x^{4/3}$ . In this case, we would probably choose to approximate $f(x)$ about $x=8$ (since 8 is a cube, $8^{4/3}=2^4=16$ is something we can evaluate) or $x=1$ .
$f(x)=5^{x}$ . We can easily figure out $f(x)$ when $x$ is a whole number, so we would want to centre our approximation around some whole number $x=a$ , but then $f'(a)=5^a\log(5)$ gives us a problem: without a calculator, it's hard to know what $\log(5)$ is.
Since $5^{4/3}=5\sqrt[3]{5}$ , we can use $f(x)=5\sqrt[3]{x}$ . As in the first bullet, we would centre about $x=8$ , or $x=1$ .

There isn't much difference between the first and third bullets. We'll go with $f(x)=5\sqrt[3]{x}$ , centred about $x=8$ .

$\begin{aligned} f(x)&=5x^{\frac{1}{3}}&&\Rightarrow& f(8)&=5\cdot 2 = 10\\ f'(x)&=\frac{5}{3}x^{-\frac{2}{3}}&&\Rightarrow& f'(8)&=\frac{5}{3}\left(2^{-2}\right)=\frac{5}{12}\\ f''(x)&=\frac{5}{3}\left(-\frac{2}{3}\right)x^{-\frac{5}{3}}=-\frac{10}{9}x^{-\frac{5}{3}}&&\Rightarrow& f''(8)&=-\frac{10}{9}\left(2^{-5}\right)=-\frac{5}{144} \\ \text{Using the quadratic approximation $f(x) \approx f(a)+f'(a)(x-a)+\frac{1}{2}f''(a)(x-a)^2$:} \\ f(x)&\approx 10+\frac{5}{12}(x-8)-\frac{5}{288}(x-8)^2\\ f(5)&\approx 10+\frac{5}{12}(-3)-\frac{5}{288}(9)=\frac{275}{32} \end{aligned}$

We estimate $5^{4/3}\approx\dfrac{275}{32}$

Remark: $\dfrac{275}{32} = 8.59375$ , and a calculator gives $5^{4/3}\approx 8.5499$ . Although 5 and 8 are somewhat far apart, our estimate is only off by about $0.04$ .

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-1 · 3.4절 · 4번

# 테일러 다항식과 오차계산보통자동 분류

728.CLP-1 · 3.4절 · 8번대학 수준우리말 번역

다음을 시그마 기호로 나타내세요.

(a) $1+2+3+4+5$ (b) $2+4+6+8$ (c) $3+5+7+9+11$ (d) $9+16+25+36+49$ (e) $9+4+16+5+25+6+36+7+49+8$ (f) $8+15+24+35+48$ (g) $3-6+9-12+15-18$

영어 원문 보기

Write the following in sigma notation:

(a) $1+2+3+4+5$ (b) $2+4+6+8$ (c) $3+5+7+9+11$ (d) $9+16+25+36+49$ (e) $9+4+16+5+25+6+36+7+49+8$ (f) $8+15+24+35+48$ (g) $3-6+9-12+15-18$

정답·풀이 보기

각각에 대해 답은 여러 가지가 있다. 그중 몇 가지를 아래에 제시한다.

(a) $1+2+3+4+5 = \displaystyle \sum_{n=1}^5n$ (b) $2+4+6+8=\displaystyle \sum_{n=1}^4 2n$ (c) $3+5+7+9+11=\displaystyle \sum_{n=1}^{5}(2n+1)$ (d) $9+16+25+36+49=\displaystyle \sum_{n=3}^7 n^2$ (e) $9+4+16+5+25+6+36+7+49+8=\displaystyle \sum_{n=3}^7 (n^2+n+1)$ (f) $8+15+24+35+48= \displaystyle \sum_{n=3}^7 (n^2-1)$ (g) $3-6+9-12+15-18=\displaystyle \sum_{n=1}^6 (-1)^{n+1}3n$ 참고: $(-1)^{n+1}$ 대신 $(-1)^n$ 을 쓰고 나머지는 모두 같게 하면, 부호가 모두 반대가 된다.

원본 교재 풀이(영어)

For each of these, there are many solutions. We provide some below.

(a) $1+2+3+4+5 = \displaystyle \sum_{n=1}^5n$ (b) $2+4+6+8=\displaystyle \sum_{n=1}^4 2n$ (c) $3+5+7+9+11=\displaystyle \sum_{n=1}^{5}(2n+1)$ (d) $9+16+25+36+49=\displaystyle \sum_{n=3}^7 n^2$ (e) $9+4+16+5+25+6+36+7+49+8=\displaystyle \sum_{n=3}^7 (n^2+n+1)$ (f) $8+15+24+35+48= \displaystyle \sum_{n=3}^7 (n^2-1)$ (g) $3-6+9-12+15-18=\displaystyle \sum_{n=1}^6 (-1)^{n+1}3n$ Remark: if we had written $(-1)^n$ instead of $(-1)^{n+1}$ , with everything else the same, the signs would have been reversed.

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-1 · 3.4절 · 9번

# 테일러 다항식과 오차계산보통자동 분류

729.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

730.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

731.CLP-1 · 3.4절 · 1번대학 수준우리말 번역

함수 $f(x)$ 의 $x=1$ 에서의 3차 테일러 다항식이 $T_3(x)=x^3-5x^2+9x$ 일 때, $f''(1)$ 의 값을 구하세요.

영어 원문 보기

The 3rd order Taylor polynomial for a function $f(x)$ about $x=1$ is $T_3(x)=x^3-5x^2+9x$ What is $f''(1)$ ?

정답·풀이 보기

$T_3(x)$ 는 $f(x)$ 의 $x=1$ 에서의 3차 테일러 다항식이므로

$T_3(1)=f(1)$
$T_3'(1)=f'(1)$
$T_3''(1)=f''(1)$
$T_3'''(1)=f'''(1)$

특히 $f''(1)=T_3''(1)$ 이다.

$\begin{aligned} T_3'(x)&=3x^2-10x+9\\ T_3''(x)&=6x-10\\ T_3''(1)&=6-10=-4 \end{aligned}$

따라서 $f''(1)=-4$ 이다.

원본 교재 풀이(영어)

Since $T_3(x)$ is the third order Taylor polynomial for $f(x)$ about $x=1$ :

$T_3(1)=f(1)$
$T_3'(1)=f'(1)$
$T_3''(1)=f''(1)$
$T_3'''(1)=f'''(1)$

In particular, $f''(1)=T_3''(1)$ .

$\begin{aligned} T_3'(x)&=3x^2-10x+9\\ T_3''(x)&=6x-10\\ T_3''(1)&=6-10=-4 \end{aligned}$

So, $f''(1)=-4$ .

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-1 · 3.4절 · 1번

# 테일러 다항식과 오차계산기본자동 분류

732.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

733.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

734.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

735.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

736.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

737.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

738.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

739.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

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740.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 $\pi = 16 \arctan\frac{1}{5} -4\arctan\frac{1}{239}$ .

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