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[옥동수학학원][수학의 기초] 테일러 정리 증명-평균값 정리의 일반화[더플러스수학]수학과 공부이야기 2020. 7. 27. 22:51
안녕하세요. 울산과고전문 더플러스수학학원입니다. 이번엔 평균값정리의 일반화인 테일러정리를 알아 보겠습니다. 테일러정리는 울산과고 3학년이 배우는 AP미적분학에 나옵니다. 1학기 기말고사 범위에 입니다.
테일러 정리(Taylor Theorem)
(1) 함수 f(x)f(x)가 닫힌 구간 [a, b]에서 연속이고 열린 구간 (a, b)에서 n번 미분가능하면 f(b)=n−1∑k=0(b−a)kk!f(k)(a)+(b−a)nn!f(n)(c)=f(a)+(b−a)f′(a)+⋯+(b−a)n−1(n−1)!f(n−1)(a)+(b−a)nn!f(n)(c)
을 만족하는 c∈(a, b)가 적어도 하나 존재한다.아래의 두번째 방법으로 증명하기 위해서는
함수 f의 n계 도함수인 f(n)가 연속이어야 하므로테일러 정리를 위보다 좀 더 강하게 f(n)가 연속함수라고 하여 명제를 다시 적겠다. (참고: 서울대 미적분학교재 : 1988년도 판 (나의 학창시절ㅋㅋ))(2) 함수 f(x)가 a와 b를 포함하는 열린구간에서 정의된 함수이고 그 구간에서 n계 도함수까지 존재하고 f(n)(x)가 연속이라고 하자. 그러면
f(b)=f(a)+b−a1!f′(a)+(b−a)22!f″(a)+⋯+(b−a)n−1(n−1)!f(n−1)(a)+∫ba(b−t)n−1(n−1)!f(n)(t)dt
이고 ∫ba(b−t)n−1(n−1)!f(n)(t)dt=f(n)(c)를 만족하는 c가 열린구간 (a, b)에 적어도 하나 존재한다.*참조 : 여기서 n=1일 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
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)=0인 c가 열린구간 (a, b)에 적어도 하나 존재한다.
https://youtu.be/nfe3IShW_VU(구독과 좋아요를...)
이제 증명해보자. 롤정리를 이용하기위해 함숫값 f(b)를 잘 잡아야 한다. 이게 어렵다. 시험에 잘 나오는데 외워야 한다. f(b)를 다음과 같이 놓자.
f(b)=f(a)+(b−a)11!f′(a)+(b−a)22!f″(a)+⋯+(b−a)n−1(n−1)!f(n−1)(a)+k(b−a)nn!=f(a)+n−1∑m=1(b−a)mm!f(m)(a)+k(b−a)nn!
이 때, k의 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.
g(x)=f(b)−{f(x)+(b−x)11!f′(x)+(b−x)22!f″(x)+⋯+(b−x)n−1(n−1)!f(n−1)(x) +k(b−x)nn!}=f(b)−{f(x)+n−1∑m=1(b−x)mm!f(m)(x)+k(b−x)nn!}
함수 f(x)가 닫힌 구간 [a, b]에서 연속이고 열린 구간 (a, b)에서 n번 미분가능하므로 함수 g(x)는 닫힌 구간 [a, b]에서 연속이고 열린 구간 (a, b)에서 미분가능하다. 또,
g(a)=f(b)−{f(a)+(b−a)11!f′(a)+(b−a)22!f″(a)+⋯+(b−a)n−1(n−1)!f(n−1)(a) +k(b−a)nn!}=f(b)−{f(a)+n−1∑m=1(b−a)mm!f(m)(a)+k(b−a)nn!}=f(b)−f(b)=0g(b)=f(b)−f(b)=0
따라서 롤의 정리에 의해 g′(c)=0인 c가 열린구간 (a, b)에 적어도 하나 존재한다. 즉 (그냥 미분해서 확인하도록 하세요. 반드시 ∑로표현하지않아도 됩니다.
g′(x)=−[f′(x)+n−1∑m=1{−m(b−x)m−1m!f(m)(x)+(b−x)mm!f(m+1)(x)}_−kn(b−x)n−1n!}=−[f′(x)−{f′(x)+(b−x)n−1(n−1)!f(n)(x)−k(b−x)n−1(n−1)!}]=(b−x)n−1(n−1)!f(n)(x)−k(b−x)n−1(n−1)!
*참고 위의 및출 친 파란색은 서로 이웃하는 항으로 위의 시그마는 망원급수이다.
여기서 a<c<b인 c가 존재하여 g′(c)=0이다. 즉 k=f(n)(c)
(2) 부분적분과 사잇값 정리, 최대최소 정리를 이용하여 증명하는 방법이다.
https://youtu.be/Olmbxw7nB2U(구독과 좋아요를....)
우선 미적분학의 기본정리에 의해
f(b)−f(a)=∫baf′(x)dx ⋯⋯ (i)
여기서 부분적분을 적용하자. 먼저 u′=1, v=f′(x)로 두면 u=−(b−x), v′=f″(x)이므로 (i)를 부분적분하면
f(b)−f(a)=∫baf′(x)dx=[−(b−x)11!f′(x)]ba−∫ba−(b−x)11!f″(x)dx=(b−a)11!f′(a)+∫ba(b−x)1!f″(x)dx
또 위의 식에서 u′=−(b−x), v=f″(x)로 두면 u=−(b−x)22!, v′=f(3)(x)에서 부분적분을 한 번 더 하면
f(b)−f(a)=(b−a)11!f′(a)+∫ba(b−x)1!f″(x)dx=(b−a)11!f′(a)+[−(b−x)22!f″(x)]ba−∫ba−(b−x)22!f(3)(x)dx=(b−a)11!f′(a)+(b−a)22!f″(a)+∫ba(b−x)22!f(3)(x)dx
이를 정리하면
f(b)−f(a)=(b−a)11!f′(a)+(b−a)22!f″(a)+∫ba(b−x)22!f(3)(x)dx ⋯⋯ (ii)
우선 n=3일 때 성립함을 최대최소정리와 사잇값정리를 이용하여 증명해보자. 이후에 이를 일반화하여 테일러정리를 증명하자.
함수 f의 3계도함수가 닫힌 구간 [a, b]에서 연속이므로 α, β∈[a, b]에 대하여 최대최소정리에 의해 최댓값 M=f(3)(α), 최솟값 m=f(3)(β)이 존재하여
m≤f(3)(x)≤M
x∈[a, b]이므로 (b−x)2≥0이므로 위의 식에 양변에 (b−x)2을 곱하면
(b−x)22!m≤(b−x)22!f(3)(x)≤(b−x)22!M
양변을 적분( ∫ba)하면
(b−a)33!m=[−(b−x)33!m]ba≤∫ba(b−x)22!f(3)(x)dx≤−[(b−x)33!m]ba=(b−a)33!M
양변을 (b−a)33!으로 나누면
m≤3!(b−a)3∫ba(b−x)22!f(3)(x)dx≤M
함수 f의 3계도함수가 연속하므로 사잇값 정리에 의해
3!(b−a)3∫ba(b−x)22!f(3)(x)dx=f(3)(c)
를 만족하는 c가 열린구간 (a, b)에 적어도 하나 존재한다. 즉
∫ba(b−x)22!f(3)(x)dx=(b−a)33!f(3)(c)
(ii)을 정리하면
f(b)−f(a)=(b−a)11!f′(a)+(b−a)22!f″(a)+(b−a)33!f(3)(c)
이제 일반화하자. (i)을 부분적분을 (n−1)번하면
f(b)−f(a)=(b−a)11!f′(a)+(b−a)22!f″(a)+⋯+(b−a)n−1(n−1)!f(n−1)(a) +∫ba(b−x)n−1(n−1)!f(n)(x)dx=n−1∑k=1(b−a)kk!f(k)(a)+∫ba(b−x)n−1(n−1)!f(n)(x)dx
∫ba(b−x)n−1(n−1)!f(n)(x)dx에서 함수 f의 n계 도함수는 연속이므로 닫힌구간 [a, b]에서 연속이므로 위에서 한 과정과 똑같이 하자.
α, β∈[a, b]에 대하여 최대최소정리에 의해 최댓값 M=f(n)(α), 최솟값 m=f(n)(β)이 존재하여
m≤f(n)(x)≤M
x∈[a, b]이므로 (b−x)n−1≥0이므로 위의 식에 양변에 (b−x)n−1을 곱하면
(b−x)n−1(n−1)!m≤(b−x)n−1(n−1)!f(n)(x)≤(b−x)n−1(n−1)!M
양변을 적분( ∫ba)하면
(b−a)nn!m=[−(b−x)nn!m]ba≤∫ba(b−x)nn!f(n)(x)dx≤−[(b−x)nn!M]ba=(b−a)nn!M
양변을 (b−a)nn!으로 나누면
f(n)(β)=m≤n!(b−a)n∫ba(b−x)nn!f(n)(x)dx≤M=f(n)(α)
함수 f의 n계도함수가 연속하므로 사잇값 정리에 의해
n!(b−a)n∫ba(b−x)nn!f(n)(x)dx=f(n)(c)
를 만족하는 c가 열린구간 (a, b)에 적어도 하나 존재한다. 즉
∫ba(b−x)nn!f(n)(x)dx=(b−a)nn!f(n)(c)
(ii)을 정리하면
f(b)=n−1∑k=0(b−a)kk!f(k)(a)+(b−a)nn!f(n)(c)=f(a)+(b−a)f′(a)+⋯+(b−a)n−1(n−1)!f(n−1)(a)+(b−a)nn!f(n)(c)
(3) 세번째 방법은 첫번째와 달리 롤정리를 여러번 사용하는 방법이다.
테일러 다항식
Pn−1(x)=f(a)+f′(a)(x−a)+f″(a)2!(x−a)2+⋯+f(n−1)(a)(n−1)!(x−a)n−1
이라 할 때, 상수 k에 대하여 함수 Fn−1(x)를 다음과 같이 정의하자.
Fn−1(x)=f(x)−{Pn−1(x)+k(x−a)nn!}=f(x)−{f(a)+f′(a)(x−a)+f″(a)2!(x−a)2+⋯+f(n−1)(a)(n−1)!(x−a)n−1 +k(x−a)nn!}
함수 f(x)는 n번 미분가능하고, Pn−1(x)+k(x−a)n는 다항함수이므로 무한번 미분가능하고 연속이다. 또,
Fn−1(a)=f(a)−{Pn−1(a)+k(a−a)nn!}=f(a)−f(a)=0
Fn−1(b)=0이 되게끔 f(b)의 값을 정하자. 즉,
Fn−1(b)=f(b)−{Pn−1(b)+k(b−a)nn!}=0
f(b)를 다음과 같이 정의하자.
f(b)=Pn−1(b)+k(b−a)nn!=f(a)+(b−a)11!f′(a)+(b−a)22!f″(a)+⋯+(b−a)n−1(n−1)!f(n)(a)+k(b−a)nn!
Fn−1(a)=0, Fn−1(b)=0이므로 롤의 정리에 의해 F′n−1(c1)=0인 c1이 열린 구간 (a, b)에 적어도 하나 존재한다.
F′n−1(x)=f′(x)−{P′n−1(x)+k(x−a)n−1(n−1)!}=f′(x)−{f′(a)+f″(a)1!(x−a)+f(3)(a)2!(x−a)2+⋯+f(n−1)(a)(n−2)!(x−a)n−2 +k(x−a)n−1(n−1)!}
F′n−1(x)에 x=a를 대입하면 F′n−1(a)=0이다. 또, F′n−1(c1)=0이고 F′n−1(x)가 연속이고, 미분가능하므로 롤의 정리에 의해 F″n−1(c2)=0을 만족하는 c2∈(a, c1)가 적어도 하나 존재한다.
이 과정을 계속 진행하면 i=1, 2, ⋯, (n−1)에 대하여 ci∈(a, ci−1)가 적어도 하나 존재한다.
i=n일 때, Pn−1(x)가 (n−1)차 다항식이므로 P(n)(x)=0이므로
F(n)n(x)=f(n)(x)−{P(n)n(x)+k}=f(n)(x)−k
이므로
F(n)n−1(cn)=f(n)(cn)−k=0, k=f(n)(cn)
따라서
f(b)=f(a)+(b−a)f′(a)+⋯+(b−a)n−1(n−1)!f(n−1)(a)+(b−a)nn!f(n)(cn)
※ 참고: g(x)=f(b)−{f(x)+(b−x)11!f′(x)+(b−x)22!f″(x)+⋯+(b−x)n−1(n−1)!f(n−1)(x) +k(b−x)nn!}
Fn−1(x)=f(x)−{f(a)+f′(a)(x−a)+f″(a)2!(x−a)2+⋯+f(n−1)(a)(n−1)!(x−a)n−1 ++k(x−a)nn!}
위의g(x)와 같이 함수를 놓으면 미분하는 과정이 곱미분이 되어 중간 과정이 사라지는 망원급수가 되어 한 번의 롤 정리로 해결이 된다. 반면 아래의Fn−1(x)로 놓으면 롤의 정리를 n번해야 된다. 따라서 번거롭다.
그러나 둘 다f(b)의 값을 정의하는 방식은 똑같다.H1
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