Taylor의 정리와 그 응용

임의의 자연수 \(n\)에 대해서 \(f^{(n)}(x)\)가 존재하는 함수를 무한회미분가능(無限回微分可能)한 함수라 한다. 유한회 미분가능한 함수에 대해서, 평균치 정리를 확장한 다음 정리가 성립한다.

정리 1 (Taylor의 定理) 함수 \(f\) 및 그 처음 \(n\)개의 도함수가 폐구간 \([a,\,b]\)에서 연속이고, 개구간 \((a,\,b)\)에서 제 \(n+1\)차 도함수가 존재한다면, \((a,\,b)\)에서 \[f(b)=f(a)+\frac{(b-a)}{1!}f'(a)+\frac{(b-a)^2}{2!}f''(a)+\cdots+\frac{(b-a)^n}{n!}f^{(n)}(a)+{\rm R}_{n+1}\]단,\[{\rm R}_{n+1}=\frac{(b-1)^{n+1}}{(n+1)!}f^{(n+1)}(\xi),\,a<\xi<b\]인 점 \(\xi\)가 존재한다.

<증명> 함수 \(g\)를

\[g(x)=f(x)+\frac{(b-x)}{1!}f'(a)+\frac{(b-x)^2}{2!}f''(x)+\cdots+\frac{(b-x)^n}{n!}f^{(n)}(x)\]

라 정의하면, \(g\)는 \([a,\,b]\)에 연속이고 \((a,\,b)\)에서 미분가능이다.

그리고

\[\begin{split}g(b)&=f(b)\\g(a)&=f(a)+\frac{(b-a)}{1!}f'(a)+\frac{(b-a)^2}{2!}f''(a)+\cdots+\frac{(b-a)^n}{n!}f^{(n)}(a)\end{split}\]

이다. 또한 함수 \(\rm F\)를

\[{\rm F}(x)=g(x)+\frac{g(b)-g(a)}{(b-a)^{n+1}}(b-x)^{n+1}\]

라 정의하면, \(\rm F\)는 \([a,\,b]\)에서 연속이, \((a,\,b)\)에서 미분가능이며

\[{\rm F}(a)=g(a)+\frac{g(b)-g(a)}{(b-a)^{n+1}}(b-a)^{n+1}=g(b)\]

\[{\rm F}(b)=g(b)={\rm F}(a)\]

이므로, Rolle의 정리에 의해

\[{\rm F}'(\xi)=0,\,a<\xi<b\]

인 점 \(\xi\)가 존재한다. 그런데

\[\begin{align}{\rm F}'(\xi)&=g'(\xi)-\frac{g(b)-g(a)}{(b-a)^{n+1}}(n+1)(b-\xi)^n,\\g'(\xi)&=f'(\xi)+\left\{-f'(\xi)+\frac{(b-\xi)}{1!}f''(\xi)\right\}\\&\qquad\quad\ \,+\left\{-\frac{(b-f)}{1!}f''(\xi)+\frac{(b-f)^2}{2!}f'''(\xi)\right\}+\cdots\\&\qquad\quad\ \,+\left\{-\frac{(b-\xi)^{n-1}}{(n-1)!}f^{(n)}(\xi)+\frac{(b-\xi)^n}{n!}f^{(n+1)}(\xi)\right\}\\&=\frac{(b-\xi)^n}{n!}f^{(n+1)}(\xi)\end{align}\]

이므로

\[\begin{split}{\rm F}'(\xi)&=\frac{(b-\xi)^n}{n!}f^{(n+1)}(\xi)-\frac{g(b)-g(a)}{(b-a)^{n+1}}(n+1)(b-\xi)^n\\&=(n+1)(b-\xi)^n\left\{\frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}-\frac{g(b)-g(a)}{(b-a)^{n+1}}\right\}=0\end{split}\]

따라서

\[\begin{align}g(b)-g(a)&=f(b)-\left\{f(a)+\frac{(b-a)}{1!}f'(a)+\frac{(b-a)^2}{2!}f''(a)+\cdots+\frac{(b-a)^n}{n!}f^{(n)}(a)\right\}\\&=\frac{(b-\xi)^{n+1}}{(n+1)!}f^{(n+1)}(\xi)={\rm R}_{n+1},\,a<\xi<b\end{align}\]

이다.

[주의 1] Taylor의 정리에서 \(n=0\)이라 두면 평균치 정리

\[f(b)=f(a)+(b-a)f'(\xi),\,a<\xi<b\]

가 얻어진다.

[주의 2] \(a<\xi<b\) 일 때, \(\dfrac{\xi-a}{b-a}=\theta\)라 두면

\[\xi=a+\theta(b-a),\,0<\theta<1\]

이므로

\[{\rm R}_{n+1}=\dfrac{(b-a)^{n+1}}{(n+1)!}f^{(n+1)}(a+\theta(b-a)),\,0<\theta<1\]

라 쓸 수도 있다. 이것을 Lagrange의 잉여(剩餘)라 한다.

정리 1에서 \(b=x\)라 두면

\[f(x)=f(a)+\frac{(x-a)}{1!}f'(a)+\frac{(x-a)^2}{2!}f''(a)+\cdots+\frac{(x-a)^n}{n!}f^{(n)}(a)+{\rm R}_{n+1}(x,\,a)\]

단,

\[{\rm R}_{n+1}(x,\,a)=\frac{(x-a)^{n+1}}{(n+1)!}f^{(n+1)}(\xi),\,a<\xi<x\]

이것을 \(f\)의 \(x=a\)를 중심으로 하는 Taylor의 전개식, \({\rm R}_{n+1}(x,\,a)\)를 그의 잉여항이라 한다.

특히 \(a=0\) 이면

\[f(x)=f(0)+\frac{x}{1!}f'(0)+\frac{x^2}{2!}f''(0)+\cdots+\frac{x^n}{n!}f^{(n)}(0)+{\rm R}_{n+1}(x)\]

\[{\rm R}_{n+1}(x)=\frac{x^{n+1}}{(n+1)!}f^{(n+1)}(\xi),\,0<\xi<x\]

가 된다. 이것을 \(x=0\)를 중심으로 하는 Taylor 전개식인데, 보통 Maclaurin의 정리라 부른다.

[예제 1] \(\displaystyle e^x=1+\frac{x}{1!}+\frac{x^2}{2!}+\cdots+\frac{x^n}{n!}+\frac{x^{n+1}}{(n+1)!}e^{\theta x},\,0<\theta<1\) 임을 증명하여라.

<증명> \(f(x)=e^x\)라 하면, 임의의 자연수 \(k\)에 대해서 \(f^{(k)}(x)=e^x\)

\[f(0)=f'(0)=\cdots=f^{(n)}(0)=1\]

따라서, Maclaurin의 정리에 의해

\[e^x=1+\frac{x}{1!}+\frac{x^2}{2!}+\cdots+\frac{x^n}{n!}+\frac{x^{n+1}}{(n+1)!}e^{\theta x}\]

가 된다.

[주의 1] 여기서 \(0<x\le1\) 일 때를 생각해 보자.

\[e=2.718\cdots<3,\,0<\theta x<1\]

이므로 \(e^{\theta x}<3\), 또한 \(0<x^n\le1\)이 된다. 따라서

\[\frac{x^{n+1}}{(n+1)!}e^{\theta x}<\frac{3}{(n+1)!},\,\lim_{n\to\infty}\frac{3}{(n+1)!}=0\]

이므로

\[e=\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{x}{1!}+\frac{x^2}{2!}+\cdots+\frac{x^n}{n!}\right)\]

라 쓸 수 있다. 특히 \(x=1\) 이면

\[e=\sum_{n=0}^\infty\frac{1}{n!}=1+{1\over1!}+{1\over2!}+\cdots\]

[주의 2] \(e\)의 전개식에서 \(e\)가 무리수임을 증명할 수 있다. 예제 1의 결과식에서 \(x=1\) 이라 두면

\[e=1+{1\over1!}+{1\over2!}+\cdots+{1\over n!}+{e^\theta\over(n+1)!},\,0<\theta<1\]

이므로 양변에 \(n!\)를 곱하면

\[n!e=\text{정수}+{e^\theta\over(n+1)!}\]

\(e\)가 유리수라고 하면, \(e=p/q\) (\(p,\,q\)는 정수이며 \(q\ne0\)). 그런데 윗 식은 모든 자연수 \(n\)에 대하여 성립하므로 \(n\ge q\)인 \(n\)에 대해서 생각하면 \(n!e\)는 정수가 된다. 한편 \(e^\theta<3\) 이므로 \(n+1>3\) 일 때 \(0<e^\theta/(n+1)\)이 되어 우변은 정수가 되지 않는다. 이것은 모순이다.

[예제 2] \(\displaystyle\sin{x}=x-{x^3\over3!}+{x^5\over5!}+\cdots+(-1)^k\frac{x^{2k+1}}{(2k-1)!}+{\rm R}_{2k+1}(x)\)

\[{\rm R}_{2k+1}(x)=(-1)^k\frac{x^{2k+1}}{(2k+1)!}\cos\theta x,\,0<\theta<1\]

<증명> \(f(x)=\sin{x}\)라 하면 \(\displaystyle f^{(n)}(x)=\sin\left(x+{n\pi\over2}\right)\ (n=1,\,2,\,3,\,\cdots)\)

\[f^{(2k-1)}(0)=\sin{2k-1\over2}\pi=(-1)^{k-1},\,f^{(2k)}(0)=\sin{k\pi}=0\]

또한, \(\sin0=0\) 이므로 Maclaurin의 정리에 의해 위의 결과가 얻어진다.

[예제 4] \(\displaystyle\ln(1+x)=x-{x^2\over2}+{x^3\over3}-\cdots+(-1)^{n-1}{x^n\over n}+{\rm R}_{n+1}(x)\)

\[{\rm R}_{n+1}(x)=(-1)^n\frac{x^{n+1}}{n+1}\left(1\over1+\theta x\right)^{n+1},\,0<\theta<1\]

<증명> \(f(x)=\ln(1+x)\)라 하면, \(f\)의 정의역은 \((-1,\,\infty)\)이고, 도함수는 \(f'(x)=(1+x)^{-1},\,f''(x)=-(1+x)^{-2},\,\cdots\) 일반적으로

\[f^{(n)}(x)=(-1)^{n-1}(n-1)!(1+x)^{-n}\ (n=1,\,2,\,3,\,\cdots)\]

따라서

\[f^{(n)}(0)=(-1)^{n-1}(n-1)!\ (n=1,\,2,\,3,\,\cdots)\]

또한, \(f(0)=\ln1=0\) 이므로, Maclaurin의 정리에 의해 위의 결과가 얻어진다.

[예제 5] \(\displaystyle(1+x)^\mu=1+\begin{pmatrix}\mu\\1\end{pmatrix}x+\begin{pmatrix}\mu\\2\end{pmatrix}x^2+\cdots+\begin{pmatrix}\mu\\n\end{pmatrix}x^n+{\rm R}_{n+1}(x)\)

\[{\rm R}_{n+1}(x)=\begin{pmatrix}\mu\\n+1\end{pmatrix}(1+\theta x)^{\mu-n-1}x^{n+1},\,0<\theta<1\]

단, \(\mu\)는 임의의 실수이다.

<증명> \(f(x)=(1+x)^\mu\)라 하면

\[\begin{split}&f^{(k)}(x)=\mu(\mu-1)(\mu-2)\cdots(\mu-k+1)(1+x)^{\mu-k}\\&f^{(k)}(0)=\mu(\mu-1)(\mu-2)\cdots(\mu-k+1)\ (k=1,\,2,\,3,\,\cdots)\end{split}\]

이다. 또한 \(f(0)=1\) 이므로, Maclaurin의 정리에 의해 주어진 결과가 얻어진다.

[주의] \(\mu\)가 자연수 \(n\) 이면 \(f^{(n+1)}(x)=0\) 이므로 앞의 전개는 보통의 2항전개에 지나지 않는다.

함수 \(f\)의 \(a\)를 중심으로 하는 Taylor의 전개

\[f(x)=f(a)+\frac{(x-a)}{1!}f'(a)+\frac{(x-a)^2}{2!}f''(a)+\cdots+\frac{(x-a)^n}{n!}f^{(n)}(a)+{\rm R}_{n+1}(x,\,a)\]

에서, \({\rm R}_{n+1}(x,\,a)\)를 제외한 부분, 즉 \(x-a\)의 다항식 부분을

\[{\rm P}_n(x)=f(a)+\frac{x-a}{1!}f'(a)+\frac{(x-a)^2}{2!}f''(a)+\cdots+\frac{(x-a)^n}{n!}f^{(n)}(a)\]

라 두면, \({\rm P}_n\)는 \(f(x)\)의 근사식이 된다. 만일, \([a,\,b]\)에서 \(f^{(n+1)}(x)\)가 유계이면

\[|f^{(n+1)}(x)|\le{\rm K},\,a\le x\le b\]

인 상수 \(\rm K\)가 존재하므로, \(f(x)={\rm P}_n(x)\)인 경우의 오차 한계는

\[|{\rm R}_{n+1}(x,\,a)|\le\frac{\rm K}{(n+1)!}|x-a|^{n+1}\]

이다.

정리 2    \(x\)가 정해진 실수라 하면 \[\lim_{n\to\infty}\frac{|x|^n}{n!}=0\]

<증명>  고정된 실수 \(x\)에 대하여 \(N>2|x|\)가 되는 자연수 \(N\)을 잡을 수 있다. 이 때 \(n>N\)인 \(n\)에 대하여

\[{1\over2}>\frac{|x|}{N}>\frac{|x|}{N+1}>\cdots>\frac{|x|}{n}\]

따라서

\[\begin{align}&\frac{|x|^n}{n}=\frac{|x|}{n}\cdot\cdots\frac{|x|}{n-1}\cdot\cdots\frac{|x|}{N+1}\cdot\frac{|x|^N}{N!}<\left({1\over2}\right)^{n-N}\cdot\frac{|x|^N}{N!}\\&\frac{|x|^N}{N!}\text{은 일정(n에 관계하지 않음)},\,\lim_{n\to\infty}\left({1\over2}\right)^{n-N}=0\end{align}\]

이므로

\[0\le\lim_{n\to\infty}\frac{|x|^n}{n!}\le0.\ \therefore\ \lim_{n\to\infty}\frac{|x|^n}{n!}=0\]

계    \(f\)가 \([a,\,b]\)에서 무한회미분가능하고, \(f^{(n+1)}(x)\)가 \([a,\,b]\)에서 유계이면 \(a<x\le b\)일 때 \[\lim_{n\to\infty}{\rm R}_{n+1}(x,\,a)=0\]

<증명> \(\displaystyle0\le\lim_{n\to\infty}|{\rm R}_{n+1}(x,\,a)|=\lim_{n\to\infty}\left|\frac{(x-a)^{n+1}}{(n+1)!}f^{(n+1)}(\xi)\right|\le\lim_{n\to\infty}\frac{|x-a|^{n+1}}{(n+1)!}\cdot{\rm K}=0.\)

\[\therefore\ \lim_{n\to\infty}{\rm R}_{n+1}(x,\,a)=0\]

《문     제》

1. \(f(x)\)가 \(x\)에 대한 \(n\)차 다항식일 때, \(f(x)\)의 \(a\)를 중심으로 하는 Taylor의 전개식을 구하여라.

<풀이>  \(f^{(n+1)}=0\) 이므로 \(f(x)=f(a)+(x-a)f'(a)+\cdots+\dfrac{(x-a)^n}{n!}f^{(n)}(a)\)

2. 다음 전개식을 증명하여라.

(1) \(\displaystyle\cos2x=1-2x^2+{2\over3}x^4+{\rm R}_6(x)\)

(2) \(\displaystyle\sqrt{a^2-x^2}=a\left\{1-{1\over2}\left({x\over a}\right)^2-{1\over8}\left({x\over a}\right)^4\right\}+{\rm R}_6(x),\,a>0\)

(3) \(\displaystyle\sqrt{1-x+x^2}=1-{1\over2}x+{3\over8}x^2+{3\over16}x^3+{\rm R}_4(x)\)

(4) \(\displaystyle e^x\cos{x}=1+x-{1\over3}x^3-{1\over6}x^4+{\rm R}_5(x)\)

(5) \(\displaystyle\sqrt{1+x}=1+{1\over2}x-{1\over2\cdot4}x^2+\cdots+(-1)^{n-1}\frac{1\cdot3\cdot5\cdots(2n-3)}{2\cdot4\cdot6\cdots(2n)}x^n+{\rm R}_{n+1}(x)\)

(6) \(\dfrac{1}{1-x}=1+x+x^2+\cdots+x^{n-1}+x^n+{\rm R}_{n+1}(x)\)

(7) \(\displaystyle\frac{1}{\sqrt{1-x}}=1+{1\over2}x+\frac{1\cdot3}{2\cdot4}x^2+\frac{1\cdot3\cdot5}{2\cdot4\cdot6}x^3+\cdots+\frac{1\cdot3\cdot5\cdots(2n-1)}{2\cdot4\cdot6\cdots(2n)}+{\rm R}_{n+1}(x)\)

<풀이>

(1) \(f(x)=\cos2x\)라 하면 \(f^{(n)}(x)=2^n\cos\left(2x+\dfrac{n\pi}{2}\right)\ (n=1,\,2,\,3,\,\cdots)\).

\[f^{(2k-1)}(0)=2^{2k-1}\cos\frac{2k-1}{2}\pi=0,\,f^{(2k)}=2^{2k}\cos{k\pi}=2^{2k}(-1)^k\]

이다. 또한, \(\cos0=0\) 이므로 Maclaurin의 정리에 의해 결과가 얻어진다.

(2) \(f(x)=\sqrt{a^2-x^2}\)라 하면

\[\begin{split}&f(x)f'(x)+x=0,\,\{f'(x)\}^2+f(x)f''(x)+1=0,\,3f'(x)f''(x)+f(x)f'''(x)=0,\,\\&3{f''(x)}^2+4f'(x)f'''(x)+f(x)f^{(4)}(x)=0\end{split}\]

이다. 또한, \(f(0)=a\) 이므로 Maclaurin의 정리에 의해 결과가 얻어진다.

(3) \(f(x)=\sqrt{1-x+x^2}\)라 하면

\[2f(x)f'(x)-2x+1=0,\,\{f'(x)\}^2+f(x)f''(x)-1=0,\,3f'(x)f''(x)+f(x)f'''(x)=0\]

이다. 또한, \(f(0)=1\) 이므로 Maclaurin의 정리에 의해 결과가 얻어진다.

(4) \(f(x)=e^x\cos{x}\)라 하면 \(f^{(n)}(x)=f^{(n-1)}(x)-f^{(n-2)}(x)-\cdots-f(x)-e^x\sin{x}\)이다. 또한, \(f(0)=1\) 이므로 Maclaurin의 정리에 의해 결과가 얻어진다.

(5) \(f(x)=\sqrt{1+x}\)라 하면

\[f^{(n)}(x)=(-1)^{n-1}\frac{1\cdot3\cdot5\cdots(2n-3)}{2^n}(1+x)^{2n-1}.\]

이다. 또한, \(f(0)=1\) 이므로 Maclaurin의 정리에 의해 결과가 얻어진다.

(6) \(f(x)=1/(1-x)\)라 하면 \(f(x)+(x-1)f'(x)=0\). 이 식의 양변을 \(n\)회 미분하면,

\[(x-1)f^{(n+1)}(x)+(n+1)f^{(n)}(x)=0\]

이 식에서 \(x=0\)라 두면 \(f^{(n)}(0)=n!\)가 얻어진다. 또한, \(f(0)=1\) 이므로 Maclaurin의 정리에 의해 결과가 얻어진다.

(7) \(f(x)=\dfrac{1}{\sqrt{1-x}}\)라 하면

\[(1-x)f'(x)-\frac{f(x)}{2}=0\]

이 식의 양변을 \(n\)회 미분하면,

\[(1-x)f^{(n+1)}(x)-\frac{2n+1}{2}f^{(n)}(x)=0\]

이 식에서 \(x=0\)라 두면

\[f^{(n)}(0)=\frac{1\cdot3\cdot5\cdots(2n-1)}{2^n}\]

가 얻어진다. 또한, \(f(0)=1\) 이므로 Maclaurin의 정리에 의해 결과가 얻어진다.

3. \(|x|\)가 충분히 작을 때, 다음 근사식이 성립함을 증명하여라.

\((1)\ e^x+e^{-x}=2+x^2\qquad(2)\ \sin{x}\cos{x}=x-\dfrac{2}{3}x^3\)

<풀이>

(1) \(f(x)=e^x+e^{-x}\)라 하면 \(f^{(n)}(x)=e^x+(-1)^ne^x\) 이다. 따라서,

\(\displaystyle f(x)\approx f(0)+{x\over1!}f'(0)+{x^2\over2!}f''(0)=2+x^2.\)

(2) \(f(x)=\sin{x}\cos{x}=\dfrac{1}{2}\sin{x}\) 이므로 \(f^{(n)}(x)=2^{n-1}\sin\left(2x+\dfrac{n\pi}{2}\right)\) 이다. 따라서,

\(\displaystyle f(x)\approx f(0)+{x\over1!}f'(0)+{x^2\over2!}f''(0)=x-{2\over3}x^3.\)

4. \(e^x\)의 전개식을 이용하여

\((1)\ e\qquad(2)\ e^{0.2}\qquad(3)\ \sqrt{e}\qquad(4)\ \dfrac{1}{e}\)

의 값을 소수점 이하 세자리까지 정확하게 구하여라.

<풀이> \(\displaystyle e^x=1+{x\over1!}+{x^2\over2!}+\cdots+{x^n\over n!}+\cdots\) 이므로

\(\begin{split}&(1)\ e=1+{1\over1!}+{1^2\over2!}+\cdots=2.718\cdots\\&(2)\ e^{0.2}=1+{0.2\over1!}+{0.2^2\over2!}+\cdots=1.221\cdots\\&(3)\ e^{0.5}=1+{0.5\over1!}+{0.5^2\over2!}+\cdots=1.648\cdots\\&(4)\ e^{-1}=1+{(-1)\over1!}+{(-1)^2\over2!}+\cdots=0.368\cdots\end{split}\)

5. 근사식 \(\sqrt{1+h}\approx1+\dfrac{1}{2}h\)에서, \(h=0.05\) 일 때의 오차를 구하여라.

<풀이> \(f(h)=\sqrt{1+h}\)라 하면 \(f^{(n)}=(-1)^{n-1}\dfrac{1\cdot3\cdot5\cdots}{2^n}(1+h)^{2n-1}\) 이므로 \(1+h/2={\rm P}_1(h)\) 이다. 따라서, 오차한계 \(|{\rm R}_2(h)|\)는 다음과 같다.

\(\displaystyle|{\rm R}_2(h)|=\left|(-1)^{2-1}\frac{2\cdot2-3}{2\cdot4}(\theta h)^2\right|=\left|-{1\over8}(\theta h)^2\right|<{1\over8}\left({1\over20}\right)^2={1\over3,200}\)