테일러·매클로린 급수

답은 다양할 수 있다.

테일러 다항식은 유한한 개수의 항을 포함하는 다항식이다. 테일러 급수는 무한히 많은 항의 합인 급수이다.

$\displaystyle 1+\frac x2-\frac{x^2}{8}+\frac{x^3}{16}-\frac{5x^4}{128}$

$\displaystyle 1-\frac x2+\frac{3x^2}{8}-\frac{5x^3}{16}+\frac{35x^4}{128}$

$\displaystyle 1+\frac x3-\frac{x^2}{9}+\frac{5x^3}{81}-\frac{10x^4}{243}$

$\displaystyle 1+4x+6x^2+4x^3+x^4$ (이 급수는 유한하며, 공식은 여전히 적용됨에 주의한다)

$\displaystyle \int_0^{\sqrt{\pi}} \sin \big(x^2\big)\ dx \approx \int_0^{\sqrt{\pi}} \left(x^2-\frac{x^6}6+\frac{x^{10}}{120}-\frac{x^{14}}{5040}\right) dx = 0.8877$

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

함수 $A$, $B$, $C$ 는 모두 $x=2$ 일 때 함수 $y=f(x)$ 와 만난다. $B$ 는 상수함수이므로 상수 근사이다. $A$ 는 접선이므로 $A$ 는 선형 근사이다. $C$ 는 접하는 포물선이므로 $C$ 는 이차 근사이다.

테일러 급수를 만드는 방법에 따르면, 테일러 급수와 함수는 중심으로 택한 점에서 값이 같다. 따라서 $T(5)=\arctan^3\left(e^5+7\right)$ 이다.

테일러 급수를 중심이 아닌 점에서 계산하려면, 일반적으로 (a) 그 급수가 수렴하는지, (b) 그 급수가 만들 때 사용한 함수의 값과 같은 값으로 수렴하는지 확인해야 한다.

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.

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

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.

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

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.

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

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.

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

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

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.

(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.