테일러·매클로린 급수 연습문제

1.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

2.CLP-2 · 3.6절 · 36번대학 수준우리말 번역

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

영어 원문 보기

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

정답·풀이 보기

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

$\begin{aligned} \frac{1}{1-x}&=\sum_{n=0}^\infty x^n\\ \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left\{\frac{1}{1-x} \right\}&=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left\{ \sum_{n=0}^\infty x^n \right\}\\ \frac{1}{(1-x)^2}&=\sum_{n=0}^\infty nx^{n-1}=\sum_{n=1}^\infty nx^{n-1}\\ \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left\{\frac{1}{(1-x)^2} \right\}&=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left\{ \sum_{n=1}^\infty nx^{n-1} \right\}\\ \frac{2}{(1-x)^3}&=\sum_{n=1}^\infty n(n-1)x^{n-2}=\sum_{n=2}^\infty n(n-1)x^{n-2}\\ &=\sum_{n=0}^\infty (n+2)(n+1)x^n \end{aligned}$

$x=\frac{1}{7}$ 이라 하자. 그러면 $|x|<1$ 이므로 주어진 급수는 수렴한다.

$\begin{aligned} \frac{2}{(1-1/7)^3} &=\sum_{n=0}^\infty (n+2)(n+1)\left(\frac{1}{7}\right)^n\\ \frac{2}{(6/7)^3} &=\sum_{n=0}^\infty \frac{(n+2)(n+1)}{7^n} \end{aligned}$

원본 교재 풀이(영어)

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

$\begin{aligned} \frac{1}{1-x}&=\sum_{n=0}^\infty x^n\\ \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left\{\frac{1}{1-x} \right\}&=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left\{ \sum_{n=0}^\infty x^n \right\}\\ \frac{1}{(1-x)^2}&=\sum_{n=0}^\infty nx^{n-1}=\sum_{n=1}^\infty nx^{n-1}\\ \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left\{\frac{1}{(1-x)^2} \right\}&=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left\{ \sum_{n=1}^\infty nx^{n-1} \right\}\\ \frac{2}{(1-x)^3}&=\sum_{n=1}^\infty n(n-1)x^{n-2}=\sum_{n=2}^\infty n(n-1)x^{n-2}\\ &=\sum_{n=0}^\infty (n+2)(n+1)x^n \end{aligned}$

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

$\begin{aligned} \frac{2}{(1-1/7)^3} &=\sum_{n=0}^\infty (n+2)(n+1)\left(\frac{1}{7}\right)^n\\ \frac{2}{(6/7)^3} &=\sum_{n=0}^\infty \frac{(n+2)(n+1)}{7^n} \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-2 · 3.6절 · 34번

# 테일러·매클로린 급수증명·논술도전자동 분류

3.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

4.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

5.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

6.CLP-2 · 3.6절 · 42번대학 수준우리말 번역

길이가 $0.0002$ 이하이면서 수

$I=\int_0^{\frac{1}{2}} x^2 e^{-x^2}\ \mathrm{d}x$

를 포함하는 구간을 구하세요.

영어 원문 보기

Find an interval of length $0.0002$ or less that contains the number

$I=\int_0^{\frac{1}{2}} x^2 e^{-x^2}\ \mathrm{d}x$

정답·풀이 보기

지수함수를 테일러 급수로 전개하면

$\begin{aligned} I&=\int_0^{\frac{1}{2}} x^2 e^{-x^2}\ \mathrm{d}x =\sum_{n=0}^\infty\int_0^{\frac{1}{2}} x^2 \frac{{(-x^2)}^n}{n!}\ \mathrm{d}x =\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{n!}\int_0^{\frac{1}{2}} x^{2n+2} \ \mathrm{d}x \\ &=\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{n!(2n+3)}\frac{1}{2^{2n+3}} \end{aligned}$

이 급수에서 이웃한 항의 부호는 번갈아 바뀐다. 또한 $n^{\rm th}$ 항의 크기는 $n$ 이 커질수록 감소한다. 따라서 교대급수 판정법에 의해, 모든 $N$ 에 대해 $I$ 는 $\sum\limits_{n=0}^N \frac{(-1)^n}{n!(2n+3)}\frac{1}{2^{2n+3}}$ 과 $\sum\limits_{n=0}^{N+1} \frac{(-1)^n}{n!(2n+3)}\frac{1}{2^{2n+3}}$ 사이에 있다. 처음 몇 개의 항을 소수 다섯째 자리까지 나타내면 다음과 같다.

$\begin{array}{|c|c|c|c|c|}\hline n & \text{0} & \text{1} & \text{2} & \text{3} \\ \hline \dfrac{(-1)^n}{n!(2n+3)}\frac{1}{2^{2n+3}} & \text{0.04167} & \text{-0.00625} & \text{0.00056} & \text{-0.00004} \\ \hline \end{array}$

각 항에 $0.000005$ 의 반올림 오차가 있다고 보면, $I$ 는

$0.04167-0.00625+0.00056+0.000005\times 3=0.035995$

와

$0.04167-0.00625+0.00056-0.00004-0.000005\times 4=0.035920$

사이에 있어야 한다. 여기서 $0.000005$ 의 배수는 더한 항들에서 누적될 수 있는 반올림 오차의 최댓값이다.

원본 교재 풀이(영어)

Expanding the exponential using its Taylor series,

$\begin{aligned} I&=\int_0^{\frac{1}{2}} x^2 e^{-x^2}\ \mathrm{d}x =\sum_{n=0}^\infty\int_0^{\frac{1}{2}} x^2 \frac{{(-x^2)}^n}{n!}\ \mathrm{d}x =\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{n!}\int_0^{\frac{1}{2}} x^{2n+2} \ \mathrm{d}x \\ &=\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{n!(2n+3)}\frac{1}{2^{2n+3}} \end{aligned}$

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

$\begin{array}{|c|c|c|c|c|}\hline n & \text{0} & \text{1} & \text{2} & \text{3} \\ \hline \dfrac{(-1)^n}{n!(2n+3)}\frac{1}{2^{2n+3}} & \text{0.04167} & \text{-0.00625} & \text{0.00056} & \text{-0.00004} \\ \hline \end{array}$

Allowing for a roundoff error of $0.000005$ in each of these, $I$ must be between

$0.04167-0.00625+0.00056+0.000005\times 3=0.035995$

and

$0.04167-0.00625+0.00056-0.00004-0.000005\times 4=0.035920$

where the multiples of 0.000005 are the maximum possible accumulated roundoff errors in the added terms.

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-2 · 3.6절 · 41번

# 테일러·매클로린 급수계산도전자동 분류

7.CLP-2 · 3.6절 · 47번대학 수준우리말 번역

$f(x) = \int_0^x\frac{1-e^{-t}}{t}\ \mathrm{d}t$ 라고 정의하세요.

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

영어 원문 보기

Define $f(x) = \int_0^x\frac{1-e^{-t}}{t}\ \mathrm{d}t$ .

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

정답·풀이 보기

(a) 알려진 거듭제곱급수 $e^x = 1 + x +\frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!} + \frac{x^4}{4!} + \cdots$ 에 $x=-t$ 를 대입하면 다음을 얻는다.

$\begin{aligned} e^{-t}&= 1 - t +\frac{t^2}{2!}-\frac{t^3}{3!} + \frac{t^4}{4!} - \cdots \\ 1-e^{-t}&= t - \frac{t^2}{2!}+ \frac{t^3}{3!} - \frac{t^4}{4!} + \cdots \\ \frac{1-e^{-t}}{t}&= 1 - \frac{t}{2!}+ \frac{t^2}{3!} - \frac{t^3}{4!} + \cdots \\ \int \frac{1-e^{-t}}{t}\ \mathrm{d}t&= C + x - \frac{x^2}{2\cdot 2!} + \frac{x^3}{3\cdot 3!} - \frac{x^4}{4\cdot 4!} + \cdots \end{aligned}$

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

$\begin{aligned} f(x) = \int_0^x\frac{1-e^{-t}}{t}\ \mathrm{d}t = x - \frac{x^2}{2\cdot 2!} + \frac{x^3}{3\cdot 3!} - \frac{x^4}{4\cdot 4!} + \cdots. \end{aligned}$

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

$\begin{aligned} e^{-t}&= \sum_{n=0}^\infty \frac{(-t)^n}{n!} =1+ \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^nt^n}{n!} \\ 1-e^{-t}&= - \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^nt^n}{n!} = \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1} t^n}{n!} \\ \frac{1-e^{-t}}{t}&= \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1} t^{n-1}}{n!} \\ f(x) = \int_0^x\frac{1-e^{-t}}{t}\ \mathrm{d}t &= \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1} x^n}{n\cdot n!} \end{aligned}$

(b) $a_n=A_nx^n = \dfrac{(-1)^{n-1}}{n\cdot n!} x^n$ 으로 놓고 비판정법을 적용한다.

$\begin{aligned} \lim_{n\rightarrow\infty}\Big|\frac{a_{n+1}}{a_n}\Big| &=\lim_{n\rightarrow\infty} \bigg|\frac{{(-1)^{n}}x^{n+1}/{((n+1)\cdot (n+1)!)}} {{(-1)^{n-1}}x^n/{(n\cdot n!)}}\bigg| \\ &=\lim_{n\rightarrow\infty} \bigg( \frac{|x|^{n+1}}{|x|^n} \frac{n\cdot n!}{(n+1)\cdot (n+1)!} \bigg) \\ &=\lim_{n\rightarrow\infty} \bigg( |x|\frac{n}{(n+1)^2} \bigg) \qquad\text{$(n+1)!=(n+1)\,n!$ 이므로} \\ &=0 \end{aligned}$

이 값은 $x$ 가 무엇이든 $1$ 보다 작다. 따라서 이 급수는 모든 $x$ 에 대해 수렴한다.

원본 교재 풀이(영어)

(a) Substituting $x=-t$ into the known power series $e^x = 1 + x +\frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!} + \frac{x^4}{4!} + \cdots$ , we see that:

$\begin{aligned} e^{-t}&= 1 - t +\frac{t^2}{2!}-\frac{t^3}{3!} + \frac{t^4}{4!} - \cdots \\ 1-e^{-t}&= t - \frac{t^2}{2!}+ \frac{t^3}{3!} - \frac{t^4}{4!} + \cdots \\ \frac{1-e^{-t}}{t}&= 1 - \frac{t}{2!}+ \frac{t^2}{3!} - \frac{t^3}{4!} + \cdots \\ \int \frac{1-e^{-t}}{t}\ \mathrm{d}t&= C + x - \frac{x^2}{2\cdot 2!} + \frac{x^3}{3\cdot 3!} - \frac{x^4}{4\cdot 4!} + \cdots \end{aligned}$

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

$\begin{aligned} f(x) = \int_0^x\frac{1-e^{-t}}{t}\ \mathrm{d}t = x - \frac{x^2}{2\cdot 2!} + \frac{x^3}{3\cdot 3!} - \frac{x^4}{4\cdot 4!} + \cdots. \end{aligned}$

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

$\begin{aligned} e^{-t}&= \sum_{n=0}^\infty \frac{(-t)^n}{n!} =1+ \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^nt^n}{n!} \\ 1-e^{-t}&= - \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^nt^n}{n!} = \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1} t^n}{n!} \\ \frac{1-e^{-t}}{t}&= \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1} t^{n-1}}{n!} \\ f(x) = \int_0^x\frac{1-e^{-t}}{t}\ \mathrm{d}t &= \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1} x^n}{n\cdot n!} \end{aligned}$

(b) We set $a_n=A_nx^n = \dfrac{(-1)^{n-1}}{n\cdot n!} x^n$ and apply the ratio test.

$\begin{aligned} \lim_{n\rightarrow\infty}\Big|\frac{a_{n+1}}{a_n}\Big| &=\lim_{n\rightarrow\infty} \bigg|\frac{{(-1)^{n}}x^{n+1}/{((n+1)\cdot (n+1)!)}} {{(-1)^{n-1}}x^n/{(n\cdot n!)}}\bigg| \\ &=\lim_{n\rightarrow\infty} \bigg( \frac{|x|^{n+1}}{|x|^n} \frac{n\cdot n!}{(n+1)\cdot (n+1)!} \bigg) \\ &=\lim_{n\rightarrow\infty} \bigg( |x|\frac{n}{(n+1)^2} \bigg) \qquad\text{since $(n+1)!=(n+1)\,n!$} \\ &=0 \end{aligned}$

This is smaller than $1$ no matter what $x$ is. So the series converges for all $x$ .

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-2 · 3.6절 · 42번

# 테일러·매클로린 급수증명·논술도전자동 분류

8.CLP-2 · 3.6절 · 48번대학 수준우리말 번역

$\displaystyle \int_0^1\frac{x^3}{e^x-1}\,\mathrm{d}x\le\frac{1}{3}$ 임을 보이세요.

영어 원문 보기

Show that $\displaystyle \int_0^1\frac{x^3}{e^x-1}\,\mathrm{d}x\le\frac{1}{3}$ .

정답·풀이 보기

$\begin{aligned} &e^x=1+x+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!}+\cdots \ge 1+x\qquad\text{for all $x\ge 0$}\\ &\implies e^x-1\ge x \\ &\implies \frac{x^3}{e^x-1}\le \frac{x^3}{x} = x^2 \\ &\implies \int_0^1\frac{x^3}{e^x-1}\,\mathrm{d}x \le \int_0^1 x^2\,\mathrm{d}x=\frac{1}{3} \end{aligned}$

원본 교재 풀이(영어)

$\begin{aligned} &e^x=1+x+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!}+\cdots \ge 1+x\qquad\text{for all $x\ge 0$}\\ &\implies e^x-1\ge x \\ &\implies \frac{x^3}{e^x-1}\le \frac{x^3}{x} = x^2 \\ &\implies \int_0^1\frac{x^3}{e^x-1}\,\mathrm{d}x \le \int_0^1 x^2\,\mathrm{d}x=\frac{1}{3} \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-2 · 3.6절 · 52번

# 테일러·매클로린 급수증명·논술도전자동 분류

9.CLP-2 · 3.6절 · 49번대학 수준우리말 번역

$\displaystyle \cosh(x) =\frac{e^x+e^{-x}}{2}$ 라 하자.

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

영어 원문 보기

Let $\displaystyle \cosh(x) =\frac{e^x+e^{-x}}{2}$ .

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

정답·풀이 보기

(a) 모든 $x$ 에 대해 $e^x = \sum\limits_{n=0}^\infty \frac{x^n}{n!}$ 임을 알고 있다. $x$ 를 $-x$ 로 바꾸면, 모든 $x$ 에 대해 $e^{-x} = \sum\limits_{n=0}^\infty \frac{(-x)^n}{n!}$ 이고, 따라서

$\begin{aligned} \cosh(x) =\frac{1}{2}\big[e^x+e^{-x}\big] =\frac{1}{2}\Big[\sum_{n=0}^\infty \frac{x^n}{n!} + \sum_{n=0}^\infty \frac{(-x)^n}{n!}\Big] = \sum_{\genfrac{}{}{0pt}{}{n=0}{n\text{ even}}}^\infty\frac{x^n}{n!} = \sum_{n=0}^\infty\frac{x^{2n}}{(2n)!} \end{aligned}$

이 모든 $x$ 에 대해 성립한다. 특히 수렴 구간은 실수 전체이다.

(b) (a)의 거듭제곱급수 전개를 이용하면,

$\begin{aligned} \cosh(2) &= 1 +\frac{2^2}{2!}+\frac{2^4}{4!} +\sum_{n=3}^\infty\frac{2^{2n}}{(2n)!} = 3\frac{2}{3} +\sum_{n=3}^\infty\frac{2^{2n}}{(2n)!} \end{aligned}$

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

$b_3 = \frac{2^6}{6!} = \frac{2^6}{6 \times 5 \times 4 \times 3\times 2} = \frac{4}{45}$

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

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

이다. 그러므로

$\begin{aligned} \sum_{n=3}^\infty\frac{2^{2n}}{(2n)!} &\le \overbrace{\frac{4}{45}}^{b_3} + \overbrace{\frac{4}{45}\times \frac{1}{14}}^{b_4\le} + \overbrace{\frac{4}{45}\times \frac{1}{14^2}}^{b_5\le} + \overbrace{\frac{4}{45}\times \frac{1}{14^3}}^{b_6\le} + \cdots\\ &=\frac{4}{45}\,\frac{1}{1-\frac{1}{14}} =\frac{4}{45}\,\frac{14}{13} =\frac{56}{585}<\frac{1}{10} \end{aligned}$

이다.

(c)

$\cosh(t) = \sum_{n=0}^\infty\frac{t^{2n}}{(2n)!} = \sum_{n=0}^\infty\frac{{(t^2)}^n}{(2n)!} \qquad\text{그리고}\qquad e^{\frac{1}{2}t^2} = \sum_{n=0}^\infty\frac{{(\frac{1}{2}t^2)}^n}{n!} = \sum_{n=0}^\infty\frac{{(t^2)}^n}{2^n n!}$

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

$\begin{aligned} (2n)! &=\overbrace{1\times 2\times\cdots\times n}^{n\text{개의 인수}} \overbrace{(n+1)\times (n+2)\times\cdots\times 2n}^{n\text{개의 인수}} \\ &\ge\overbrace{1\times 2\times\cdots\times n}^{n\text{개의 인수}} \overbrace{2\times 2\times\cdots\times 2}^{n\text{개의 인수}} \\ &=2^n\, n! \end{aligned}$

이다.

원본 교재 풀이(영어)

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

$\begin{aligned} \cosh(x) =\frac{1}{2}\big[e^x+e^{-x}\big] =\frac{1}{2}\Big[\sum_{n=0}^\infty \frac{x^n}{n!} + \sum_{n=0}^\infty \frac{(-x)^n}{n!}\Big] = \sum_{\genfrac{}{}{0pt}{}{n=0}{n\text{ even}}}^\infty\frac{x^n}{n!} = \sum_{n=0}^\infty\frac{x^{2n}}{(2n)!} \end{aligned}$

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

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

$\begin{aligned} \cosh(2) &= 1 +\frac{2^2}{2!}+\frac{2^4}{4!} +\sum_{n=3}^\infty\frac{2^{2n}}{(2n)!} = 3\frac{2}{3} +\sum_{n=3}^\infty\frac{2^{2n}}{(2n)!} \end{aligned}$

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

$b_3 = \frac{2^6}{6!} = \frac{2^6}{6 \times 5 \times 4 \times 3\times 2} = \frac{4}{45}$

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

$\begin{aligned} \frac{b_{n+1}}{b_n} = \frac{2^{2n+2}/2^{2n}}{(2n+2)!/(2n)!} =\frac{4}{(2n+2)(2n+1)} \le \frac{4}{8\times 7} =\frac{1}{14}\qquad \text{for all }n\ge 3 \end{aligned}$

Hence

$\begin{aligned} \sum_{n=3}^\infty\frac{2^{2n}}{(2n)!} &\le \overbrace{\frac{4}{45}}^{b_3} + \overbrace{\frac{4}{45}\times \frac{1}{14}}^{b_4\le} + \overbrace{\frac{4}{45}\times \frac{1}{14^2}}^{b_5\le} + \overbrace{\frac{4}{45}\times \frac{1}{14^3}}^{b_6\le} + \cdots\\ &=\frac{4}{45}\,\frac{1}{1-\frac{1}{14}} =\frac{4}{45}\,\frac{14}{13} =\frac{56}{585}<\frac{1}{10} \end{aligned}$

(c) Comparing

$\cosh(t) = \sum_{n=0}^\infty\frac{t^{2n}}{(2n)!} = \sum_{n=0}^\infty\frac{{(t^2)}^n}{(2n)!} \qquad\text{and}\qquad e^{\frac{1}{2}t^2} = \sum_{n=0}^\infty\frac{{(\frac{1}{2}t^2)}^n}{n!} = \sum_{n=0}^\infty\frac{{(t^2)}^n}{2^n n!}$

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

$\begin{aligned} (2n)! &=\overbrace{1\times 2\times\cdots\times n}^{n\text{ factors}} \overbrace{(n+1)\times (n+2)\times\cdots\times 2n}^{n\text{ factors}} \\ &\ge\overbrace{1\times 2\times\cdots\times n}^{n\text{ factors}} \overbrace{2\times 2\times\cdots\times 2}^{n\text{ factors}} \\ &=2^n\, n! \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기OpenStax 2권 · 6장 복습 · 3번

# 테일러·매클로린 급수증명·논술도전자동 분류

10.CLP-2 · 3.6절 · 50번대학 수준우리말 번역

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

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

영어 원문 보기

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

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

정답·풀이 보기

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

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

$\begin{aligned} x_0&=1 &&\implies x_1=\dfrac23\left(1+\frac11\right)=\dfrac{4}{3}&\approx&1.3333\\ x_1&=\dfrac43 &&\implies x_2=\dfrac23\left(\frac43+\frac{9}{16}\right)=\dfrac{91}{72}&\approx&1.2639\\ x_2&=\dfrac{91}{72} &&\implies x_3=\dfrac23\left(\dfrac{91}{72}+\dfrac{72^2}{91^2}\right)=\dfrac{1126819 }{894348 }&\approx&1.2599\\ x_3&=\dfrac{1126819 }{894348 } &&\implies x_4=\dfrac23\left(\dfrac{1126819 }{894348 }+\dfrac{894348^2}{1126819^2}\right)&\approx&1.2599 \end{aligned}$

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

$\begin{array}{|c|c|}\hline N & |a_{N+1}| \\ \hline \text{3} & \dfrac{(2)(5)(8)}{3^4\cdot 4!}\approx 0.04 \\ \hline \text{4} & \dfrac{(2)(5)(8)(11)}{3^5\, 5!}\approx 0.03 \\ \hline \text{5} & \dfrac{(2)(5)(8)(11)(14)}{3^6\, 6!}\approx 0.023 \\ \hline \text{6} & \dfrac{(2)(5)(8)(11)(14)(17)}{3^7\, 7!}\approx 0.019 \\ \hline \text{7} & \dfrac{(2)(5)(8)(11)(14)(17)(20)}{3^8\, 8!}\approx 0.016 \\ \hline \text{8} & \dfrac{(2)(5)(8)(11)(14)(17)(20)(23)}{3^9\, 9!}\approx 0.013 \\ \hline \text{9} & \dfrac{(2)(5)(8)(11)(14)(17)(20)(23)(26)}{3^{10}\, 10!}\approx 0.012 \\ \hline \text{10} & \dfrac{(2)(5)(8)(11)(14)(17)(20)(23)(26)(29)}{3^{11}\, 11!}\approx 0.0103 \\ \hline \text{11} & \dfrac{(2)(5)(8)(11)(14)(17)(20)(23)(26)(29)(32)}{3^{12}\, 12!}\approx 0.009 \\ \hline \end{array}$

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

원본 교재 풀이(영어)

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

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

$\begin{aligned} x_0&=1 &&\implies x_1=\dfrac23\left(1+\frac11\right)=\dfrac{4}{3}&\approx&1.3333\\ x_1&=\dfrac43 &&\implies x_2=\dfrac23\left(\frac43+\frac{9}{16}\right)=\dfrac{91}{72}&\approx&1.2639\\ x_2&=\dfrac{91}{72} &&\implies x_3=\dfrac23\left(\dfrac{91}{72}+\dfrac{72^2}{91^2}\right)=\dfrac{1126819 }{894348 }&\approx&1.2599\\ x_3&=\dfrac{1126819 }{894348 } &&\implies x_4=\dfrac23\left(\dfrac{1126819 }{894348 }+\dfrac{894348^2}{1126819^2}\right)&\approx&1.2599 \end{aligned}$

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

$\begin{array}{|c|c|}\hline N & |a_{N+1}| \\ \hline \text{3} & \dfrac{(2)(5)(8)}{3^4\cdot 4!}\approx 0.04 \\ \hline \text{4} & \dfrac{(2)(5)(8)(11)}{3^5\, 5!}\approx 0.03 \\ \hline \text{5} & \dfrac{(2)(5)(8)(11)(14)}{3^6\, 6!}\approx 0.023 \\ \hline \text{6} & \dfrac{(2)(5)(8)(11)(14)(17)}{3^7\, 7!}\approx 0.019 \\ \hline \text{7} & \dfrac{(2)(5)(8)(11)(14)(17)(20)}{3^8\, 8!}\approx 0.016 \\ \hline \text{8} & \dfrac{(2)(5)(8)(11)(14)(17)(20)(23)}{3^9\, 9!}\approx 0.013 \\ \hline \text{9} & \dfrac{(2)(5)(8)(11)(14)(17)(20)(23)(26)}{3^{10}\, 10!}\approx 0.012 \\ \hline \text{10} & \dfrac{(2)(5)(8)(11)(14)(17)(20)(23)(26)(29)}{3^{11}\, 11!}\approx 0.0103 \\ \hline \text{11} & \dfrac{(2)(5)(8)(11)(14)(17)(20)(23)(26)(29)(32)}{3^{12}\, 12!}\approx 0.009 \\ \hline \end{array}$

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

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-2 · 3.6절 · 53번

# 테일러·매클로린 급수계산도전자동 분류

11.CLP-2 · 3.6절 · 51번대학 수준우리말 번역

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

영어 원문 보기

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

정답·풀이 보기

풀이 계획은 다음과 같다.

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

$\arctan x$ 의 테일러 급수는 $\displaystyle\sum_{n=0}^\infty (-1)^n\frac{x^{2n+1}}{2n+1}$ 이고, 이 급수는 $-1\le x\le1$ 에서 수렴한다. 따라서 $\arctan(x^3)$ 의 테일러 급수는 $f(x)=\arctan(x^3)=\sum_{n=0}^\infty (-1)^n\frac{(x^3)^{2n+1}}{2n+1} =\sum_{n=0}^\infty (-1)^n\frac{x^{6n+3}}{2n+1}$ 이다. 이 급수를 여러 번 미분하는 것이 $\arctan(x^3)$ 을 직접 여러 번 미분하는 것보다 훨씬 쉽다.

$\begin{aligned} f'(x)&=\sum_{n=0}^\infty (-1)^n\frac{(6n+3)x^{6n+2}}{2n+1}\\ f''(x)&=\sum_{n=0}^\infty (-1)^n\frac{(6n+3)(6n+2)x^{6n+1}}{2n+1}\\ f'''(x)&=\sum_{n=0}^\infty (-1)^n\frac{(6n+3)(6n+2)(6n+1)x^{6n}}{2n+1}\\ \vdots&\\ f^{(10)}(x)&=\sum_{n=0}^\infty (-1)^n\frac{(6n+3)(6n+2)(6n+1)\cdots(6n-6)x^{6n-7}}{2n+1}\\ &=\sum_{n=2}^\infty (-1)^n\frac{(6n+3)(6n+2)(6n+1)\cdots(6n-6)x^{6n-7}}{2n+1}\\ &=\sum_{n=2}^\infty (-1)^n\frac{(6n+3)!}{(2n+1)(6n-7)!}x^{6n-7}\\ f^{(10)}\left(\frac{1}{5}\right)&=\sum_{n=2}^\infty (-1)^n\frac{(6n+3)!}{(2n+1)(6n-7)!\cdot 5^{6n-7}} \end{aligned}$

(10번 미분하면 $a_0$ 과 $a_1$ 항이 모두 0이 됨에 주목한다.)

이 급수는 교대급수이므로 근사 $S_N$ 을 사용할 때의 절대 오차는 많아야 $|a_{N+1}|=\frac{(6N+9)!}{(2N+3)(6N-1)!\cdot 5^{6N-1}}$ 이다. $N$ 의 몇몇 값을 시험해 보면 $|a_6|=|a_{5+1}|=\frac{39!}{(13)(29!)\cdot 5^{29}}\approx 0.00000095<10^{-6}$ 을 얻는다. 따라서 $S_5$ 로 충분히 근사할 수 있다. 즉,

$\begin{aligned} f^{(10)}\left(\frac15\right)&\approx \sum_{n=2}^5 (-1)^n\frac{(6n+3)!}{(2n+1)(6n-7)!\cdot 5^{6n-7}}\\ &=(-1)^2\frac{15!}{5\cdot 5!\cdot 5^{5}}+(-1)^3\frac{21!}{7!\cdot 11!\cdot 5^{11}}+ (-1)^4\frac{27!}{9!\cdot 17!\cdot 5^{17}}+ (-1)^5\frac{33!}{11!\cdot 23!\cdot 5^{23}}\\ &=\frac{15!}{5!\cdot5^6}-\frac{21!}{7!\cdot 11!\cdot 5^{11}}+\frac{27!}{9!\cdot 17!\cdot 5^{17}}-\frac{33!}{11!\cdot 23!\cdot 5^{23}} \end{aligned}$

참고: 급수 대신 미분 법칙을 사용하여 $f^{(10)}(1/5)$ 을 직접 계산했다면 정확한 값을 구했을 것이다. 그러나 여기서 구한 값은 더 쉽게 구할 수 있고, (정확하지는 않더라도) 매우 정확하다.

원본 교재 풀이(영어)

Our plan is as follows:

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

We know that the Taylor series for $\arctan x$ is $\displaystyle\sum_{n=0}^\infty (-1)^n\frac{x^{2n+1}}{2n+1}$ , which converges for $-1\le x\le1$ . So, the Taylor series for $\arctan(x^3)$ is $f(x)=\arctan(x^3)=\sum_{n=0}^\infty (-1)^n\frac{(x^3)^{2n+1}}{2n+1} =\sum_{n=0}^\infty (-1)^n\frac{x^{6n+3}}{2n+1}$ It is much easier to differentiate this series many times than it is to differentiate $\arctan(x^3)$ directly many times.

$\begin{aligned} f'(x)&=\sum_{n=0}^\infty (-1)^n\frac{(6n+3)x^{6n+2}}{2n+1}\\ f''(x)&=\sum_{n=0}^\infty (-1)^n\frac{(6n+3)(6n+2)x^{6n+1}}{2n+1}\\ f'''(x)&=\sum_{n=0}^\infty (-1)^n\frac{(6n+3)(6n+2)(6n+1)x^{6n}}{2n+1}\\ \vdots&\\ f^{(10)}(x)&=\sum_{n=0}^\infty (-1)^n\frac{(6n+3)(6n+2)(6n+1)\cdots(6n-6)x^{6n-7}}{2n+1}\\ &=\sum_{n=2}^\infty (-1)^n\frac{(6n+3)(6n+2)(6n+1)\cdots(6n-6)x^{6n-7}}{2n+1}\\ &=\sum_{n=2}^\infty (-1)^n\frac{(6n+3)!}{(2n+1)(6n-7)!}x^{6n-7}\\ f^{(10)}\left(\frac{1}{5}\right)&=\sum_{n=2}^\infty (-1)^n\frac{(6n+3)!}{(2n+1)(6n-7)!\cdot 5^{6n-7}} \end{aligned}$

(Notice, after ten differentiations, the terms $a_0$ and $a_1$ are both zero.)

Since this is an alternating series, the absolute error involved in using the approximation $S_N$ is at most $|a_{N+1}|=\frac{(6N+9)!}{(2N+3)(6N-1)!\cdot 5^{6N-1}}$ By testing a few values of $N$ , we find $|a_6|=|a_{5+1}|=\frac{39!}{(13)(29!)\cdot 5^{29}}\approx 0.00000095<10^{-6}$ So, $S_5$ is a sufficient approximation. That is,

$\begin{aligned} f^{(10)}\left(\frac15\right)&\approx \sum_{n=2}^5 (-1)^n\frac{(6n+3)!}{(2n+1)(6n-7)!\cdot 5^{6n-7}}\\ &=(-1)^2\frac{15!}{5\cdot 5!\cdot 5^{5}}+(-1)^3\frac{21!}{7!\cdot 11!\cdot 5^{11}}+ (-1)^4\frac{27!}{9!\cdot 17!\cdot 5^{17}}+ (-1)^5\frac{33!}{11!\cdot 23!\cdot 5^{23}}\\ &=\frac{15!}{5!\cdot5^6}-\frac{21!}{7!\cdot 11!\cdot 5^{11}}+\frac{27!}{9!\cdot 17!\cdot 5^{17}}-\frac{33!}{11!\cdot 23!\cdot 5^{23}} \end{aligned}$

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

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-2 · 3.6절 · 50번

# 테일러·매클로린 급수계산도전자동 분류

12.CLP-2 · 3.6절 · 52번대학 수준우리말 번역

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

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

영어 원문 보기

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

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

정답·풀이 보기

(a) $y=f(x)$ 의 그래프를 그리기 위해 다음을 살펴본다.

$f(x)$ 는 결코 음수가 아니다.
$\lim\limits_{x \to \pm \infty} f(x)=e^0=1$ 이므로, 이 곡선은 양쪽 방향으로 $y=1$ 을 수평 점근선으로 갖는다.
$\lim\limits_{x \to \pm 0} f(x)=\lim\limits_{x \to \pm 0} \frac{1}{e^{1/x^2}}=\lim\limits_{u \to +\infty}\frac{1}{e^u}=0=f(0)$ 이므로, 이 곡선은 $x=0$ 에서 연속이다.
$x\neq 0$ 일 때 $f'(x)=\frac{2}{x^3}e^{-1/x^2}$ 이므로, 이 곡선은 $(-\infty,0)$ 에서 감소하고 $(0,\infty)$ 에서 증가한다.
$x\neq 0$ 일 때 $f''(x)=2x^{-6}(2-3x^2)e^{-1/x^2}$ 이므로, 이 곡선은 $(-\sqrt{2/3},\sqrt{2/3})$ 에서 아래로 볼록이고 그 밖에서는 위로 볼록이다.

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

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

원본 교재 풀이(영어)

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

$f(x)$ is never negative.
$\lim\limits_{x \to \pm \infty} f(x)=e^0=1$ , so the curve has horizontal asymptotes in both directions at $y=1$ .
$\lim\limits_{x \to \pm 0} f(x)=\lim\limits_{x \to \pm 0} \frac{1}{e^{1/x^2}}=\lim\limits_{u \to +\infty}\frac{1}{e^u}=0=f(0)$ , so the curve is continuous at $x=0$ .
For $x\neq 0$ , $f'(x)=\frac{2}{x^3}e^{-1/x^2}$ , so our curve is decreasing on $(-\infty,0)$ and increasing on $(0,\infty)$
For $x\neq 0$ , $f''(x)=2x^{-6}(2-3x^2)e^{-1/x^2}$ , so our curve is concave up on $(-\sqrt{2/3},\sqrt{2/3})$ , and concave down elsewhere.

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

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

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-2 · 3.6절 · 49번

# 테일러·매클로린 급수그래프·표 해석도전자동 분류

13.CLP-2 · 3.6절 · 53번대학 수준우리말 번역

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

영어 원문 보기

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

답 쓰고 채점

정답·풀이 보기

풀이 1: $f(x)$ 가 기함수이므로 정의역의 모든 $x$ 에 대해 $f(-x)=-f(x)$ 이다. 이를 주어진 거듭제곱급수에 대입한 다음, 차수가 짝수인 항과 홀수인 항을 따로 생각한다.

$\begin{aligned} f(-x)&=-f(x)\\ \sum_{n=0}^\infty\frac{f^{(n)}(0)}{n!}(-x)^n&=-\sum_{n=0}^\infty\frac{f^{(n)}(0)}{n!}x^n\\ \sum_{n=0}^\infty\frac{f^{(2n+1)}(0)}{(2n+1)!}(-x)^{2n+1}+ \sum_{n=0}^\infty\frac{f^{(2n)}(0)}{(2n)!}(-x)^{2n}&= -\sum_{n=0}^\infty\frac{f^{(2n+1)}(0)}{(2n+1)!}x^{2n+1} -\sum_{n=0}^\infty\frac{f^{(2n)}(0)}{(2n)!}x^{2n}\\ -\sum_{n=0}^\infty\frac{f^{(2n+1)}(0)}{(2n+1)!}x^{2n+1}+ \sum_{n=0}^\infty\frac{f^{(2n)}(0)}{(2n)!}x^{2n}&= -\sum_{n=0}^\infty\frac{f^{(2n+1)}(0)}{(2n+1)!}x^{2n+1} -\sum_{n=0}^\infty\frac{f^{(2n)}(0)}{(2n)!}x^{2n}\\ \sum_{n=0}^\infty\frac{f^{(2n)}(0)}{(2n)!}x^{2n}&= -\sum_{n=0}^\infty\frac{f^{(2n)}(0)}{(2n)!}x^{2n}\\ 2 \sum_{n=0}^\infty\frac{f^{(2n)}(0)}{(2n)!}x^{2n}&=0\\ \sum_{n=0}^\infty\frac{f^{(2n)}(0)}{(2n)!}x^{2n}&=0 \end{aligned}$

풀이 2: 다른 방법으로, 다음을 이용할 수도 있다.
$f(x)$ 의 모든 도함수가 존재하므로 모든 도함수는 연속이다.
기함수의 도함수는 우함수이고, 우함수의 도함수는 기함수이다.
따라서 $f(x)$ 의 짝수 계 도함수는 연속인 기함수이다.
연속인 기함수는 모두 원점을 지난다. 즉, $f^{(2n)}(0)=0$ 이다.
따라서 급수의 모든 항은 $0$ 이다.

원본 교재 풀이(영어)

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

$\begin{aligned} f(-x)&=-f(x)\\ \sum_{n=0}^\infty\frac{f^{(n)}(0)}{n!}(-x)^n&=-\sum_{n=0}^\infty\frac{f^{(n)}(0)}{n!}x^n\\ \sum_{n=0}^\infty\frac{f^{(2n+1)}(0)}{(2n+1)!}(-x)^{2n+1}+ \sum_{n=0}^\infty\frac{f^{(2n)}(0)}{(2n)!}(-x)^{2n}&= -\sum_{n=0}^\infty\frac{f^{(2n+1)}(0)}{(2n+1)!}x^{2n+1} -\sum_{n=0}^\infty\frac{f^{(2n)}(0)}{(2n)!}x^{2n}\\ -\sum_{n=0}^\infty\frac{f^{(2n+1)}(0)}{(2n+1)!}x^{2n+1}+ \sum_{n=0}^\infty\frac{f^{(2n)}(0)}{(2n)!}x^{2n}&= -\sum_{n=0}^\infty\frac{f^{(2n+1)}(0)}{(2n+1)!}x^{2n+1} -\sum_{n=0}^\infty\frac{f^{(2n)}(0)}{(2n)!}x^{2n}\\ \sum_{n=0}^\infty\frac{f^{(2n)}(0)}{(2n)!}x^{2n}&= -\sum_{n=0}^\infty\frac{f^{(2n)}(0)}{(2n)!}x^{2n}\\ 2 \sum_{n=0}^\infty\frac{f^{(2n)}(0)}{(2n)!}x^{2n}&=0\\ \sum_{n=0}^\infty\frac{f^{(2n)}(0)}{(2n)!}x^{2n}&=0 \end{aligned}$

Solution 2: Alternately, we could note the following:
Since all derivative of $f(x)$ exist, all its derivatives are continuous.
The derivative of an odd function is even, and the derivative of an even function is odd.
So, the even-indexed derivatives of $f(x)$ are continuous, odd functions.
Every continuous, odd function passes through the origin. That is, $f^{(2n)}(0)=0$ .
So, every term in the series is $0$ .

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기OpenStax 2권 · 6장 복습 · 9번

# 테일러·매클로린 급수계산도전자동 분류