테일러 정리: 나머지 상한

테일러 근사의 오차가 갇히는 띠를 보는 씬입니다. 차수를 키우면 띠가 0으로 쪼그라듭니다.

나머지 항에는 위쪽 한계가 있습니다. 그래서 오차가 최대 얼마인지 미리 보장할 수 있습니다. 띠 안에 진짜 곡선이 항상 들어 있습니다.

예를 들면, 📏 자로 길이를 재면 오차가 최대 1mm라고 보장할 수 있어요. 테일러 나머지도 마찬가지예요. 차수를 올리면 보장되는 오차 범위가 좁아져요.

f(x)=Tn(x)+Rn(x),∣Rn(x)∣≤∣x∣n+1(n+1)!f(x) = T_n(x) + R_n(x), \quad |R_n(x)| \le \frac{|x|^{n+1}}{(n+1)!}

이 씬이 포함된 학습 경로

예제

exe^x의 3차 테일러 다항식으로 ee를 근사하고, 라그랑주 나머지 상한 e24≈0.1133\frac{e}{24} \approx 0.1133이 실제 오차를 덮는지 확인하세요.

T3(1)=83≈2.6667,∣R3(1)∣≤e24≈0.1133,e−83≈0.0516T_3(1) = \frac{8}{3} \approx 2.6667, \quad |R_3(1)| \le \frac{e}{24} \approx 0.1133, \quad e - \frac{8}{3} \approx 0.0516
n=3n = 3: sin⁡\sin의 T3T_3 위에서, 같은 나머지 논리가 exe^x에 e24≈0.1133\frac{e}{24} \approx 0.1133 상한을 줍니다.
증명 보기

  1. exe^x의 모든 도함수는 exe^x이므로 f(k)(0)=1f^{(k)}(0) = 1입니다. 따라서 T3(x)=1+x+x22+x36T_3(x) = 1 + x + \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{6}이고, T3(1)=1+1+12+16=83≈2.6667T_3(1) = 1 + 1 + \frac12 + \frac16 = \frac83 \approx 2.6667입니다.

  2. 테일러 정리(라그랑주 나머지)에 의해 어떤 c∈(0,1)c \in (0, 1)에 대해 R3(1)=ec4!⋅14R_3(1) = \frac{e^c}{4!} \cdot 1^4입니다. ec≤ee^c \le e이므로 ∣R3(1)∣≤e24≈0.1133|R_3(1)| \le \frac{e}{24} \approx 0.1133입니다.

  3. 실제 오차는 e−83≈0.0516<0.1133e - \frac83 \approx 0.0516 < 0.1133으로 상한 안에 들어갑니다 — 나머지의 상한은 안전한 과대평가입니다.

sin⁡x\sin x의 나머지 상한 ∣x∣n+1(n+1)!→0\frac{|x|^{n+1}}{(n+1)!} \to 0임을 이용해 매클로린 급수가 모든 xx에서 sin⁡x\sin x로 수렴함을 증명하세요.

∣Rn(x)∣≤∣x∣n+1(n+1)!→n→∞0for every fixed x|R_n(x)| \le \frac{|x|^{n+1}}{(n+1)!} \xrightarrow{n \to \infty} 0 \quad \text{for every fixed } x
n=9n = 9: [−π,π][-\pi, \pi]에서 띠의 반폭이 π10/10!≈0.0258\pi^{10}/10! \approx 0.0258까지 좁혀집니다.
증명 보기

  1. sin⁡\sin의 모든 도함수는 ±sin⁡\pm\sin 또는 ±cos⁡\pm\cos이므로 ∣f(n+1)(c)∣≤1|f^{(n+1)}(c)| \le 1입니다. 라그랑주 나머지는 Rn(x)=f(n+1)(c)(n+1)!xn+1R_n(x) = \frac{f^{(n+1)}(c)}{(n+1)!}x^{n+1}이므로 ∣Rn(x)∣≤∣x∣n+1(n+1)!|R_n(x)| \le \frac{|x|^{n+1}}{(n+1)!}입니다.

  2. 먼저 x=0x = 0인 경우는 자명합니다: 급수는 항등적으로 0=sin⁡00 = \sin 0입니다 (an=0a_n = 0이라 비율은 0/00/0이 되므로 아래 비율 논증에서 제외합니다).

    x≠0x \ne 0라 두고 an=∣x∣n+1(n+1)!a_n = \frac{|x|^{n+1}}{(n+1)!}이라 두면 an+1an=∣x∣n+2\frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{|x|}{n+2}입니다.

    n+2>2∣x∣n + 2 > 2|x|인 nn부터는 an+1≤12ana_{n+1} \le \frac{1}{2}a_n이므로, N=⌈2∣x∣⌉N = \lceil 2|x| \rceil에 대해 n≥Nn \ge N일 때 an≤aN(12)n−N→0a_n \le a_N\left(\frac{1}{2}\right)^{n-N} \to 0입니다 — 팩토리얼이 거듭제곱을 기하급수적으로 이깁니다.

  3. 따라서 ∣Tn(x)−sin⁡x∣→0|T_n(x) - \sin x| \to 0, 즉 매클로린 급수가 모든 xx에서 sin⁡x\sin x로 수렴합니다.

f(x)=∑k=0∞ck(x−a)kf(x) = \sum_{k=0}^{\infty} c_k (x-a)^k가 항별 미분 가능하면 ck=f(k)(a)k!c_k = \frac{f^{(k)}(a)}{k!}임을 증명하세요 (테일러 계수의 유일성).

f(x)=∑k=0∞ck(x−a)k  ⇒  cj=f(j)(a)j!f(x) = \sum_{k=0}^{\infty} c_k (x-a)^k \;\Rightarrow\; c_j = \frac{f^{(j)}(a)}{j!}
n=5n = 5: T5(x)=x−x3/6+x5/120T_5(x) = x - x^3/6 + x^5/120의 계수가 f(k)(0)k!\frac{f^{(k)}(0)}{k!}와 일치합니다.
증명 보기

  1. f(x)=∑k=0∞ck(x−a)kf(x) = \sum_{k=0}^{\infty} c_k (x-a)^k가 aa 근처에서 수렴한다고 가정합니다. 거듭제곱급수 정리에 의해 거듭제곱급수는 수렴반경 내부에서 모든 차수에 대해 항별 미분이 가능하므로, 아래에서 필요한 반복 항별 미분(임의의 jj에 대해 jj번)이 정당합니다 — 이는 가정이 아니라 인용하는 정리입니다.

  2. jj번 미분하면 f(j)(x)=∑k=j∞k(k−1)⋯(k−j+1) ck (x−a)k−jf^{(j)}(x) = \sum_{k=j}^{\infty} k(k-1)\cdots(k-j+1)\,c_k\,(x-a)^{k-j}입니다 (k<jk < j인 항은 미분 과정에서 사라집니다).

  3. x=ax = a를 대입하면 k>jk > j인 항은 (x−a)k−j(x-a)^{k-j} 때문에 모두 0이 되고, k=jk = j 항만 남아 f(j)(a)=j! cjf^{(j)}(a) = j!\,c_j, 즉 cj=f(j)(a)j!c_j = \frac{f^{(j)}(a)}{j!}입니다 — 테일러 계수는 유일합니다.

10. 미분