[옥동수학학원][수학의 기초] 테일러 정리 증명-평균값 정리의 일반화[더플러스수학]

테일러 정리(Taylor Theorem)

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(1) 함수 $f(x)$가 닫힌 구간 $[a,~b]$에서 연속이고 열린 구간 $(a,~b)$에서 $n$번 미분가능하면 $$\displaystyle \begin{align} f(b) &= \sum_{k=0}^{n-1} \frac{(b-a)^k}{k!} f^{(k)}(a) + \frac{(b-a)^n}{n!} f^{(n)}(c)\\&= f(a)+ (b-a)f'(a)+ \cdots+ \frac{(b-a)^{n-1}}{(n-1)!}f^{(n-1)}(a)+\frac{(b-a)^n}{n!}f^{(n)}(c) \end{align}$$
을 만족하는 $c \in(a,~b)$가 적어도 하나 존재한다.

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아래의 두번째 방법으로 증명하기 위해서는 함수 $f$의 $n$계 도함수인 $f^{(n)}$가 연속이어야 하므로 테일러 정리를 위보다 좀 더 강하게 $f^{(n)}$가 연속함수라고 하여 명제를 다시 적겠다. (참고: 서울대 미적분학교재 : 1988년도 판 (나의 학창시절ㅋㅋ))

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(2) 함수 $f(x)$가 $a$와 $b$를 포함하는 열린구간에서 정의된 함수이고 그 구간에서 $n$계 도함수까지 존재하고 $f^{(n)}(x)$가 연속이라고 하자. 그러면
$$\begin{align}f(b)&=f(a)+ \frac {b-a}{1!} {f'(a)}+ \frac{(b-a)^2}{2!} f''(a) + \cdots+ \frac{(b-a)^n-1}{(n-1)!}f^{(n-1)}(a) \\& + \int_a^b \frac{(b-t)^{n-1}}{(n-1)!}f^{(n)}(t)dt \end{align}$$
이고 $$ \int_a^b \frac{(b-t)^{n-1}}{(n-1)!}f^{(n)}(t)dt =f^{(n)}(c)$$를 만족하는 $c$가 열린구간 $(a,~b)$에 적어도 하나 존재한다.

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*참조 : 여기서 $n=1$일 때를 평균값의 정리(Mean Value Theorem)이라 말한다. 즉 위의 정리는 평균값의 정리의 일반화이다.
증명하는 방법은 다음에서 보듯이 크게 세가지 정도 있다.

(1) 롤정리를 이용하여 하는 방법이다.

먼저 롤 정리를 알아보면

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롤의 정리(Rolles' Theorem)

함수 $f(x)$가 닫힌 구간 $[a,~b]$에서 연속이고 열린 구간 $(a,~b)$에서 미분가능하고 $f(a)=f(b)$이면 $f'(c)=0$인 $c$가 열린구간 $(a,~b)$에 적어도 하나 존재한다.

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이제 증명해보자. 롤정리를 이용하기위해 함숫값 $f(b)$를 잘 잡아야 한다. 이게 어렵다. 시험에 잘 나오는데 외워야 한다. $f(b)$를 다음과 같이 놓자.
$$\begin{align} f(b) &= f(a)+ \frac{(b-a)^1}{1!}  f'(a)+ \frac{(b-a)^2 }{2!}f''(a)+\cdots+\frac{(b-a)^{n-1}}{(n-1)!} f^{(n-1)}(a) + k \frac{(b-a)^n}{n!} \\&=f(a)+ \sum_{m=1}^{n-1} \frac{(b-a)^m}{m!} f^{(m)}(a) +k \frac {(b-a)^n} {n!}\end{align}$$
이 때, $k$의 값이 $$f^{(n)}(c)~(a<c<b)$$임을 보이면 증명이 끝난다.
여기서 새로운 함수 $g(x)$를 다음과 같이 잡으면 $g(b)=g(a)$가 되어 롤정리를 쓸 수 있다.
$$\begin{align} g(x)&=f(b) -\left \{ f(x)+ \frac{(b-x)^1}{1!}  f'(x)+ \frac{(b-x)^2 }{2!}f''(x)+\cdots +\frac{(b-x)^{n-1}}{(n-1)!} f^{(n-1)}(x)  \right. \\&~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~+ \left. k \frac{(b-x)^n}{n!} \right\} \\&=f(b)- \left\{f(x)+ \sum_{m=1}^{n-1} \frac{(b-x)^m}{m!} f^{(m)}(x) +k \frac {(b-x)^n} {n!} \right\} \end{align}$$
함수 $f(x)$가 닫힌 구간 $[a,~b]$에서 연속이고 열린 구간 $(a,~b)$에서 $n$번 미분가능하므로 함수 $g(x)$는 닫힌 구간 $[a,~b]$에서 연속이고 열린 구간 $(a,~b)$에서 미분가능하다. 또,
$$\begin{align} g(\textcolor{red}{a})&=f(b) -\left \{ f(\textcolor{red}{a})+ \frac{(b-\textcolor{red}{a})^1}{1!} f'(\textcolor{red}{a})+ \frac{(b-\textcolor{red}{a})^2 }{2!}f''(\textcolor{red}{a})+\cdots +\frac{(b-\textcolor{red}{a})^{n-1}}{(n-1)!} f^{(n-1)}(\textcolor{red}{a}) \right. \\&~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~+ \left. k \frac{(b-\textcolor{red}{a})^n}{n!} \right\} \\&=f(b)- \left\{f(\textcolor{red}{a})+ \sum_{m=1}^{n-1} \frac{(b-\textcolor{red}{a})^m}{m!} f^{(m)}(\textcolor{red}{a}) +k \frac {(b-\textcolor{red}{a})^n} {n!} \right\} \\&= f(b)-f(b)=0 \\ \\ g(b)&=f(b)-f(b)=0\end{align}$$
따라서 롤의 정리에 의해 $g'(c)=0$인 $c$가 열린구간 $(a,~b)$에 적어도 하나 존재한다. 즉 (그냥 미분해서 확인하도록 하세요. 반드시 $\displaystyle \sum$로 표현하지않아도 됩니다.
$$\displaystyle \begin{align}  g ' ( x)&=- \left [ f ' ( x)+ \sum\limits _ {m=1} ^ {n-1} \underline{ \textcolor{blue}{\left\{ -m \frac {\left ( b-x \right ) ^ {m-1} } {m!} f ^ { ( m)} ( x)+ \frac {\left ( b-x \right ) ^ {m} } {m!} f ^ { ( m+1)} ( x) \right\}} }-kn \frac {\left ( b-x \right ) ^ {n-1} } {n!} \right\}  \\&  =- \left [ f ' ( x)- \left\{ f ' ( x)+ \frac {\left ( b-x \right ) ^ {n-1} } {\left ( n-1 \right ) !} f ^ { ( n)} ( x)-k \frac {\left ( b-x \right ) ^ {n-1} } { ( n-1)!} \right\} \right ] \\& = \frac {\left ( b-x \right ) ^ {n-1} } {\left ( n-1 \right ) !} f ^ { ( n)} ( x)-k \frac {\left ( b-x \right ) ^ {n-1} } { ( n-1)!} \end{align} $$
*참고 위의 및출 친 파란색은 서로 이웃하는 항으로 위의 시그마는 망원급수이다.
여기서 $a<c<b$인 $c$가 존재하여 $g'(c)=0$이다. 즉 $$k=f^{(n)}(c)$$
 

(2) 부분적분과 사잇값 정리, 최대최소 정리를 이용하여 증명하는 방법이다.

 

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우선 미적분학의 기본정리에 의해
$$f(b)-f(a)=\int_a^b f'(x)dx~~\cdots\cdots~(\mathrm{i})$$
여기서 부분적분을 적용하자. 먼저 $u'=1,~v=f'(x)$로 두면 $u=-(b-x),~v'=f''(x)$이므로 $(\mathrm{i})$를 부분적분하면
$$\begin{align}f(b)-f(a)&=\int_a^b f'(x)dx \\&=\left[ -\frac{(b-x)^1}{1!} f'(x)\right]_a^b-\int_a^b -\frac{(b-x)^1}{1!}f''(x)dx \\&= \frac{(b-a)^1}{1!}f'(a) +\int_a^b  \frac{(b-x)}{1!} f''(x)dx \end{align}$$
또 위의 식에서 $u'=-(b-x),~v=f''(x)$로 두면 $\displaystyle u=-\frac{(b-x)^2}{2!},~v'=f^{(3)}(x)$에서 부분적분을 한 번 더 하면 
$$\begin{align}f(b)-f(a)&= \frac{(b-a)^1}{1!}f'(a) +\int_a^b  \frac{(b-x)}{1!} f''(x)dx \\&=\frac{(b-a)^1}{1!}f'(a) +\left[ -\frac{(b-x)^2}{2!} f''(x)\right]_a^b-\int_a^b -\frac{(b-x)^2}{2!}f^{(3)}(x)dx \\&= \frac{(b-a)^1}{1!}f'(a)+\frac{(b-a)^2}{2!}f''(a) +\int_a^b  \frac{(b-x)^2}{2!} f^{(3)}(x)dx \end{align}$$
이를 정리하면
$$ f(b)-f(a)= \frac{(b-a)^1}{1!}f'(a)+\frac{(b-a)^2}{2!}f''(a) +\int_a^b  \frac{(b-x)^2}{2!} f^{(3)}(x)dx ~~\cdots\cdots ~(\mathrm{ii})$$
우선 $n=3$일 때 성립함을 최대최소정리와 사잇값정리를 이용하여 증명해보자. 이후에 이를 일반화하여 테일러정리를 증명하자.
함수 $f$의 3계도함수가 닫힌 구간 $[a,~b]$에서 연속이므로 $\alpha,~\beta \in [a,~b]$에 대하여 최대최소정리에 의해 최댓값 $M=f^{(3)}(\alpha)$, 최솟값 $m =f^{(3)}(\beta)$이 존재하여
$$m \leq f^{(3)}(x) \leq M$$
$x \in [a,~b]$이므로 $(b-x)^2 \geq 0$이므로 위의 식에 양변에 $(b-x)^2 $을 곱하면
$$ \frac{(b-x)^2}{2!} m \leq \frac{(b-x)^2}{2!} f^{(3)}(x) \leq \frac{ (b-x)^2}{2!} M$$
양변을 적분( $\int_a^b$)하면
$$ \frac{(b-a)^3}{3!}m =\left[-\frac{(b-x)^3}{3!}m \right]_a^b \leq \int_a^b \frac{(b-x)^2}{2!} f^{(3)}(x) dx \leq -\left[\frac{ (b-x)^3}{3!} m \right]_a^b =\frac{(b-a)^3}{3!}M$$
양변을 $\displaystyle \frac{(b-a)^3}{3!}$으로 나누면
$$  m   \leq \frac{3!}{(b-a)^3} \int_a^b \frac{(b-x)^2}{2!} f^{(3)}(x) dx \leq  M$$
함수 $f$의 3계도함수가 연속하므로 사잇값 정리에 의해 
$$    \frac{3!}{(b-a)^3} \int_a^b \frac{(b-x)^2}{2!} f^{(3)}(x) dx =f^{(3)}(c)$$
를 만족하는 $c $가 열린구간 $(a,~b)$에 적어도 하나 존재한다. 즉
$$    \int_a^b \frac{(b-x)^2}{2!} f^{(3)}(x) dx =\frac{(b-a)^3}{3!} f^{(3)}(c)$$
$(\mathrm{ii})$을 정리하면 
$$ f(b)-f(a)= \frac{(b-a)^1}{1!}f'(a)+\frac{(b-a)^2}{2!}f''(a) +\frac{(b-a)^3 }{3!} f^{(3)}(c) $$
이제 일반화하자. $(\mathrm{i})$을 부분적분을 $(n-1)$번하면
$\begin{align}f(b)-f(a)&= \frac{(b-a)^1}{1!}f'(a) +\frac{(b-a)^2}{2!}f''(a) +\cdots+ \frac{(b-a)^{n-1} }{(n-1)!}f^{(n-1)}(a) \\&~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~+ \int_a^b  \frac{(b-x)^{n-1}}{(n-1)!} f^{(n)}(x)dx \\&= \sum_{k=1}^{n-1} \frac{(b-a)^k }{k!}f^{(k)}(a) + \int_a^b  \frac{(b-x)^{n-1}}{(n-1)!} f^{(n)}(x)dx \end{align}$
$\displaystyle \int_a^b  \frac{(b-x)^{n-1}}{(n-1)!} f^{(n)}(x)dx$에서 함수 $f$의 $n$계 도함수는 연속이므로 닫힌구간 $[a,~b]$에서 연속이므로 위에서 한 과정과 똑같이 하자.
$\alpha,~\beta \in [a,~b]$에 대하여 최대최소정리에 의해 최댓값 $M=f^{(n)}(\alpha)$, 최솟값 $m =f^{(n)}(\beta)$이 존재하여
$$m \leq f^{(n)}(x) \leq M$$
$x \in [a,~b]$이므로 $(b-x)^{n-1} \geq 0$이므로 위의 식에 양변에 $(b-x)^{n-1} $을 곱하면
$$ \frac{(b-x)^{n-1}}{(n-1)!} m \leq \frac{(b-x)^{n-1}}{(n-1)!} f^{(n)}(x) \leq \frac{ (b-x)^{n-1}}{(n-1)!} M$$
양변을 적분( $\int_a^b$)하면
$$ \frac{(b-a)^{n}}{n!}m =\left[-\frac{(b-x)^{n}}{n!}m \right]_a^b \leq \int_a^b \frac{(b-x)^{n}}{n!} f^{(n)}(x) dx \leq -\left[\frac{ (b-x)^{n}}{n!} M \right]_a^b =\frac{(b-a)^{n}}{n!}M$$
양변을 $\displaystyle \frac{(b-a)^{n}}{n!}$으로 나누면
$$  f^{(n)} (\beta)=m   \leq \frac{n!}{(b-a)^{n}} \int_a^b \frac{(b-x)^{n}}{n!} f^{(n)}(x) dx \leq  M=f^{(n)}(\alpha)$$
함수 $f$의 $n$계도함수가 연속하므로 사잇값 정리에 의해 
$$    \frac{n!}{(b-a)^{n}} \int_a^b \frac{(b-x)^{n}}{n!} f^{(n)}(x) dx =f^{(n)}(c)$$
를 만족하는 $c $가 열린구간 $(a,~b)$에 적어도 하나 존재한다. 즉
$$    \int_a^b \frac{(b-x)^{n}}{n!} f^{(n)}(x) dx =\frac{(b-a)^{n}}{n!} f^{(n)}(c)$$
$(\mathrm{ii})$을 정리하면 
$$\displaystyle \begin{align} f(b) &= \sum_{k=0}^{n-1} \frac{(b-a)^k}{k!} f^{(k)}(a) + \frac{(b-a)^n}{n!} f^{(n)}(c)\\&= f(a)+ (b-a)f'(a)+ \cdots+ \frac{(b-a)^{n-1}}{(n-1)!}f^{(n-1)}(a)+\frac{(b-a)^n}{n!}f^{(n)}(c) \end{align}$$
 

(3) 세번째 방법은 첫번째와 달리 롤정리를 여러번 사용하는 방법이다.

테일러 다항식
$$P_{n-1} (x)=f(a)+f'(a) (x-a)+ \frac{f''(a)}{2!}(x-a)^2 +\cdots+\frac{f^{(n-1)}(a)}{(n-1)!}(x-a)^{n-1}$$
이라 할 때, 상수 $k$에 대하여 함수 $F_{n-1} (x)$를 다음과 같이 정의하자.
$$\begin{align} F_{n-1} (x)&=f(x)-\left\{P_{n-1} (x)+k \frac{(x-a)^{n}}{n!} \right\}\\& =f(x)- \left\{f(a)+f'(a) (x-a)+ \frac{f''(a)}{2!}(x-a)^2 +\cdots+\frac{f^{(n-1)}(a)}{(n-1)!}(x-a)^{n-1}  \right. \\&~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~ \left. +k \frac{(x-a)^n}{n!} \right \}\end{align}$$
함수 $f(x)$는 $n$번 미분가능하고, $P_{n-1} (x)+k(x-a)^{n}$는 다항함수이므로 무한번 미분가능하고 연속이다. 또,
$$F_{n-1} (\textcolor{red}{a})=f(a)-\left\{P_{n-1} (\textcolor{red}{a})+k \frac{(\textcolor{red}{a}-a)^{n} }{n!} \right \}=f(a)-f(a)=0$$
$F_{n-1} (b)=0$이 되게끔 $f(b)$의 값을 정하자. 즉,
$$F_{n-1} (\textcolor{red}{b})=f(b)-\left\{P_{n-1} (\textcolor{red}{b})+k \frac{(\textcolor{red}{b}-a)^{n} }{n!}\right \}=0$$
$f(b)$를 다음과 같이 정의하자.
$$\begin{align}f(b)&= P_{n-1} (\textcolor{red}{b})+k \frac{(\textcolor{red}{b}-a)^{n}}{n!} \\&=f(a)+\frac{(b-a)^1}{1!}f'(a)+ \frac{(b-a)^2}{2!}f''(a)+\cdots+ \frac{(b-a)^{n-1}}{(n-1)!}f^{(n)} (a)+k \frac{ (b-a)^{n}}{n!}\end{align}$$
$F_{n-1} (a)=0$, $F_{n-1} (b)=0$이므로 롤의 정리에 의해 $F'_{n-1} (c_1)=0$인 $c_1$이 열린 구간 $(a,~b)$에 적어도 하나 존재한다.
$\begin{align}F'_{n-1} (x)&=f'(x)-\left\{P'_{n-1} (x)+k \frac{(x-a)^{n-1}}{(n-1)!} \right\}\\&=f'(x)-\left\{f'(a) +\frac{f''(a)}{1!}(x-a) + \frac{f^{(3)}(a)}{2!}(x-a)^2 +\cdots+ \frac{f^{(n-1)}(a)}{(n-2)!}(x-a)^{n-2} \right. \\& ~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~\left. +k \frac{(x-a)^{n-1}}{(n-1)!} \right\} \end{align}$
$F'_{n-1} (x)$에 $x=a$를 대입하면 $F'_{n-1} (a)=0$이다. 또, $F'_{n-1} (c_1)=0$이고 $F'_{n-1} (x)$가 연속이고, 미분가능하므로 롤의 정리에 의해 $$F''_{n-1} (c_2 )=0$$을 만족하는 $c_2 \in (a, ~c_1)$가 적어도 하나 존재한다.
이 과정을 계속 진행하면 $i=1,~2,~\cdots,~(n-1)$에 대하여 $c_i \in (a,~c_{i-1})$가 적어도 하나 존재한다.
$i=n$일 때, $P_{n-1} (x)$가 $(n-1)$차 다항식이므로 $P^{(n)}(x)=0$이므로
$$\begin{align}F^{(n)}_{n} (x)&=f^{(n)}(x)-\left\{P^{(n)}_{n} (x)+k  \right\}\\&=f^{(n)}(x)-k \end{align}$$
이므로
$$F^{(n)}_{n-1} (c_{n})=f^{(n)}(c_{n} )-k=0 ,~~k=f^{(n)}(c_{n} )$$
따라서 
$$\displaystyle  f(b)  = f(a)+ (b-a)f'(a)+ \cdots+ \frac{(b-a)^{n-1}}{(n-1)!}f^{(n-1)}(a)+\frac{(b-a)^n}{n!}f^{(n)}(c_{n})  $$
 
※ 참고: $$\begin{align} g(x)&=f(b) -\left \{ f( \textcolor{red}{x})+ \frac{(b-\textcolor{red}{x})^1}{1!}  f'(\textcolor{red}{x})+ \frac{(b-\textcolor{red}{x})^2 }{2!}f''(\textcolor{red}{x})+\cdots +\frac{(b-\textcolor{red}{x})^{n-1}}{(n-1)!} f^{(n-1)}(\textcolor{red}{x})  \right. \\&~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~+ \left. k \frac{(b-\textcolor{red}{x})^n}{n!} \right\} \end{align}$$
$$\begin{align} F_{n-1} (x) &=f(\textcolor{red}{x})- \left\{f(a)+f'(a) (\textcolor{red}{x}-a)+ \frac{f''(a)}{2!}(\textcolor{red}{x}-a)^2 +\cdots+\frac{f^{(n-1)}(a)}{(n-1)!}(\textcolor{red}{x}-a)^{n-1} \right. \\&~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~+ \left.+k \frac{(\textcolor{red}{x}-a)^n}{n!}\right \} \end{align} $$
위의 $g(x)$와 같이 함수를 놓으면 미분하는 과정이 곱미분이 되어 중간 과정이 사라지는 망원급수가 되어 한 번의 롤 정리로 해결이 된다. 반면 아래의 $F_{n-1}(x)$로 놓으면 롤의 정리를 $n$번해야 된다. 따라서 번거롭다. 
그러나 둘 다 $f(b)$의 값을 정의하는 방식은 똑같다.

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