아래 내용은 김홍종 교수님의 "미적분학 \(1^+\)"를 읽다가, 이해 안 되는 부분이 있어 강혜정 교수님의 "수학 및 연습 1" 동영상을 보고 정리한 것입니다.
실수의 원점 근방에서 정의된 함수 \(f(x)\)가 \(f(0)=0\) 이고 \(\lim_{x\to 0}\frac{f(x)}{x}=0\) 이면, 함수 \(f(x)\)가 원점 근방에서 \(0\)으로 수렴하는 정도는 \(x\)가 \(0\)으로 수렴하는 정도보다 훨씬 빠르다는 것을 알 수 있다.
[정의 1]
\(f(0)=0\)이고 \(\lim_{x\to 0}\frac{f(x)}{x}=0\)이면 \(|f(x)|\ll|x|\) 또는 \(f(x)=o(x)\)로 표시하고 "\(f(x)\)는 \(x\)보다 절대적으로 아주 작다"고 말한다.
[보기 1]
\(\cos(x)=1-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}-\frac{x^6}{6!}+\cdots\)
\(\Rightarrow 1-\cos(x)=x^2(\frac{1}{2!}-\frac{x^2}{4!}+\frac{x^4}{6!}-\cdots)\)
\(\lim_{x\to 0}\frac{1-\cos(x)}{x}=\lim_{x\to 0}\frac{x^2(\frac{1}{2!}-\frac{x^2}{4!}+\frac{x^4}{6!}-\cdots)}{x}=\lim_{x\to 0}x(\frac{1}{2!}-\frac{x^2}{4!}+\frac{x^4}{6!}-\cdots)=0\)
따라서 \(1-\cos(x)=o(x)\)
아래 왼쪽 그림은 \(y=1-\cos(x)\) 그래프이고, 이를 원점 근방에서 확대한 것이 오른쪽 그림이다. 오른쪽 그림에서 알 수 있듯이 \(y=1-\cos(x)\)는 원점 근방에서 \(0\)으로 수렴하는 정도가 \(y=x\)보다 훨씬 빠르다는 것을 알 수 있다.
[정의 2]
원점 근방에서 정의된 함수 \(f(x)\)에 대하여 \(p(x)=a+bx\)가
$$f(x)-p(x)=o(x)$$
를 만족시키면, \(p(x)\)를 '원점 근방에서 \(f(x)\)의 일차 근사다항식' 또는 '\(f(x)\)에 가장 가까운 일차식'이라고 부른다.
[보기 2]
\(\cos(x)\)의 일차 근사다항식은 \(y=1\)이다. ([보기 1] 참고)
[Note 1]
\(f(x)=o(x) \Leftrightarrow \lim_{x\to 0}\frac{f(x)}{x}=0\) 에서 \(\frac{f(x)}{x}\)의 극한값이 존재하니까 분모가 \(0\)으로 갈 때 분자도 \(0\)으로 가야지만 극한값이 존재한다. 그래서 \(f(0)=0\)이다.
\(\lim_{x\to 0}\frac{f(x)}{x}=0\)은 \(f(0)=0\)이기 때문에 다음과 같이 변형할 수 있다. \(\lim_{x\to 0}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=0\), 이는 \(f^\prime(0)\)를 말한다. 정리하면,
$$f(x)=o(x) \Leftrightarrow \lim_{x\to 0}\frac{f(x)}{x}=0 \Leftrightarrow f(0)=0, f^\prime(0)$$
[Note 2]
\(f(x)-(a+bx)=o(x) \Leftrightarrow \lim_{x\to 0}\frac{f(x)-(a+bx)}{x}=0\) 에서 분모가 \(x\)가 \(0\)으로 갈 때, \(0\)으로 가니까 분자도 \(x\)가 \(0\)으로 갈 때, \(0\)으로 가야된다. 그러면 \(f(0)-a\)가 0으로 가야 되니까 \(f(0)=a\)이고
\(a\)대신에 \(f(0)\)을 바꾸어 넣어주면 \(\lim_{x\to 0}\frac{f(x)-(a+bx)}{x}=0 \Leftrightarrow \lim_{x\to 0}\frac{f(x)-(f(0)+bx)}{x}=0 \Leftrightarrow \\ \lim_{x\to 0}(\frac{f(x)-f(0)}{x}-b)=0 \Leftrightarrow f^\prime(0)-b=0 \Leftrightarrow f^\prime(0)=b\)
정리하면,
$$f(x)-(a+bx)=o(x) \Leftrightarrow f(0)=a, f^\prime(0)=b$$
[Note 3]
원점에서 \(f(x)\)에 가장 가까운 일차식이 존재한다 \(\Leftrightarrow\) 원점에서 미분가능하다.
[정의 3]
자연수 \(n\)에 대하여, 함수 \(f(x)\)가 \(f(0)=0\)이고 \(\lim_{x\to 0}\frac{f(x)}{x^n}=0\)이면, \(|f(x)|\ll|x^n|\) 또는 \(f(x)=o(x^n)\) 또는 \(f(x) \in o(x^n)\) 등으로 표시하고, "\(f\)는 (원점 근방에서) \(o(x^n)\)이다" 또는 "\(f(x)\)는 \(x^n\)보다 절대적으로 아주 작다"라고 말한다.
[Note 4]
\(f(x), g(x)\)가 \(o(x^n)\)이면 \(f(x)+g(x)\)도 \(o(x^n)\)이다.
\(o(x^n)+o(x^n)=o(x^n)\)
[Note 5]
자연수 \(n \geq m\)에 대하여 함수 \(f(x)\)가 \(o(x^n)\)이면, \(f(x)\)는 \(o(x^m)\)이다.
왜냐하면 \(\lim_{x\to 0}\frac{f(x)}{x^m}=\lim_{x\to 0}\frac{f(x) \times x^n}{x^n \times x^m}=\lim_{x\to 0}\frac{f(x)}{x^n} \times \lim_{x\to 0}\frac{x^n}{x^m}\)에서
\(\lim_{x\to 0}\frac{f(x)}{x^n}\)은 함수 \(f(x)\)가 \(o(x^n)\)이니 0이며,
\(\lim_{x\to 0}\frac{x^n}{x^m}\)은 \(n = m\)이면 \(1\)이고, \(n \geq m\)이면 0이다. 즉, \(\lim_{x\to 0}\frac{f(x) \times x^n}{x^n \times x^m}=0\)이다.
따라서, \(\lim_{x\to 0}\frac{f(x)}{x^m}=0\)이니 \(f(x)\)는 \(o(x^m)\)이다.
[정리 1]
\(f\) : 원점 근방에서 정의된 \(n\)번 미분가능한 함수
\(f(x)=o(x^n) \Leftrightarrow f(0)=0, f^\prime(0)=0,\cdots,f^{(n)}(0)=0\)
[\(\Leftarrow\) 방향 증명]
\(f(0)=0, f^\prime(0)=0,\cdots,f^{(n)}(0)=0 \Rightarrow \lim_{x\to 0}\frac{f(x)}{x^n}=0\)인걸 보이면 된다.
\(\lim_{x\to 0}\frac{f(x)}{x^n}\)에서 분자, 분모가 모두 0이니, 로피탈의 정리를 이용하면\(\lim_{x\to 0}\frac{f(x)}{x^n}=\lim_{x\to 0}\frac{f^\prime(x)}{nx^{n-1}}=\cdots=\lim_{x\to 0}\frac{f^{(n)}(x)}{n!}=0\)
[\(\Rightarrow\) 방향 증명]
\(f(x)=o(x^n) \Rightarrow f(0)=0, f^\prime(0)=0,\cdots,f^{(n)}(0)=0\)인걸 보이면 된다.
\(n\)에 대한 귀납법으로 증명한다.
\(n=1\)에 대해 성립하는 것은 [Note 1]에서 보였다.
\(n-1\)에 대해 정리가 성립한다고 가정하면
즉, \(f(x)=o(x^{n-1}) \Rightarrow f(0)=0, f^\prime(0)=0,\cdots,f^{(n-1)}(0)=0\) 성립한다고 가정한다.
\(f(x)=o(x^n)\)이면 \(f(x)=o(x^{n-1})\)인 것을 [Note 5]를 통해 알 수 있다.
\(f(x)=o(x^{n-1}) \Rightarrow f(0)=0, f^\prime(0)=0,\cdots,f^{(n-1)}(0)=0\) 성립한다고 가정했으니깐 \(f(x)=o(x^n)\)이면 \(f(0)=0, f^\prime(0)=0,\cdots,f^{(n-1)}(0)=0\)이다.
이제 \(f(x)=o(x^n)\)이면 \(f^{(n)}(0)=0\)만 보이면 된다.
\(\lim_{x\to 0}\frac{f(x)}{x^n}=0\)에서 로피탈의 정리를 이용하면
\(\lim_{x\to 0}\frac{f(x)}{x^n}=\lim_{x\to 0}\frac{f^\prime(x)}{nx}=\cdots=\lim_{x\to 0}\frac{f^{(n-1)}(x)}{n!x}=0\)
\(f^{(n-1)}(0)=0\)인걸 이용해 식을 변형하면 \(\frac{1}{n!}\lim_{x\to 0}\frac{f^{(n-1)}(x)-f^{(n-1)}(0)}{x-0}=0\)
이것은 \(f^{(n-1)}(x)\)를 한 번 더 미분한 것이니까 \(\frac{1}{n!}\lim_{x\to 0}\frac{f^{(n-1)}(x)-f^{(n-1)}(0)}{x-0}=\frac{f^{(n)}(0)}{n!}=0\)
따라서 \(f^{(n)}(0)=0\)
[연습문제]
두 \(n\)차 다항함수 \(p_1(x)\)와 \(p_2(x)\)의 차가 \(o(x^n)\)이면, \(p_1(x)=p_2(x)\)이다.
[증명]
\(n\)차 다항함수 \(p(x)=p_1(x)-p_2(x)\)가 \(o(x^n)\)이면
[정리 1]에 의해 \(p(0)=p^\prime(0)=\cdots=p^{(n)}(0)=0\) 이다.
\(n\)차 다항함수 \(p(x)\)는 \(p(0)+p^\prime(0)x+\cdots+\frac{p^{(n)}}{n!}x^n\) 으로 나타낼 수 있는데, \(p(0)=p^\prime(0)=\cdots=p^{(n)}(0)=0\) 이기 때문에 \(p(x)=0\)이다. 즉,
$$p(x)=p(0)+p^\prime(0)x+\cdots+\frac{p^{(n)}}{n!}x^n=0$$ 그러므로 \(p_1(x)=p_2(x)\) 이다.
[정의 4]
원점 근방에서 정의된 함수 \(f(x)\)에 대하여 다항함수 \(p(x)=p_0+p_1x+\cdots+p_nx^n\)가 \(f(x)-p(x)=o(x^n)\)를 만족시키면, \(p(x)\)를 '원점 근방에서 \(f(x)\)의 \(n\)차 근차다항식' 또는 '테일러 다항식'이라고 부른다.
[정리 2]
근사다항식의 존재성과 유일성
\(f(x)\)가 원점 근방에서 \(n\)번 미분가능한 함수이면 \(f(x)\)의 \(n\)차 근사다항식은 오직 한가지이고 다음과 같다.
$$T_nf(x):=f(0)+f^\prime(0)x+\cdots+\frac{f^{(n)}(0)}{n!}x_n$$
[존재성의 증명]
\(g(x):=f(x)-T_nf(x)\)는
\begin{split}
g(0)&=f(0)-T_nf(0)=0\\
g^\prime(0)&=f^\prime(0)-T_nf^\prime(0)=0\\
\cdots&=\cdots\\
g^{(n)}(0)&=f^{(n)}(0)-T_nf^{(n)}(0)=0\\
\end{split}
이므로 [정리 1]에 의해 \(g(x)=o(x^n)\) 즉, \(f(x)-T_nf(x)=o(x^n)\) 임을 안다.
즉, \(T_nf(x)\)가 \(f(x)\)의 \(n\)차 근사다항식이다.
[유일성의 증명]
만약 \(n\)차 다항식 \(p(x)=p_0+p_1x+\cdots+p_nx^n\)이 \(f(x)\)의 \(n\)차 근사다항식이면, 근사다항식의 정의에 의해 \(p(x)-f(x)=o(x^n)\)이다.
여기서, \(p(x)-T_nf(x)\)를 생각해 보면 \(p(x)-T_nf(x)=p(x)-f(x)+f(x)-T_nf(x)\) 와 같고, \(p(x)-f(x)\)는 \(o(x^n)\)이고 \(f(x)-T_nf(x)\)도 [존재성의 증명]에 의해 \(o(x^n)\)이다.
즉, \(p(x)-T_nf(x)=p(x)-f(x)+f(x)-T_nf(x)=o(x^n)+o(x^n)\) 이다.
\(o(x^n)+o(x^n)\)도 [Note 4]에 의해 \(o(x^n)\)이다. 즉,
$$p(x)-T_nf(x)=p(x)-f(x)+f(x)-T_nf(x)=o(x^n)$$
\(p(x)-T_nf(x)=o(x^n)\)이므로 [연습문제]에 의해 \(p(x)=T_nf(x)\)이다.
[보기 3]
\(f(x)=e^{-x^2}\)의 3차 근사다항식을 구하여라.
[풀이 1]
\begin{split}
f^\prime(x)&=-2xe^{-x^2}\\
f''(x)&=-2e^{-x^2}+(2x)^2e^{-x^2}=(4x^2-2)e^{-x^2}\\
f'''(x)&=8xe^{-x^2}+(4x^2-2)(-2x)e^{-x^2}\\
\end{split}
\(f(0)=1, f'(0)=0, f''(0)=-2, f'''(0)=0\)
따라서 구하는 근사다항식은 \(1-x^2\)이다.
[풀이 2]
\(e^x\)의 멱급수는 \(1+x+\frac{x^2}{2!}+\cdots\)라는 것을 이용한다. \(x\)대신에 \((-x^2)\)을 대입하면, \(e^{-x^2}=1+(-x^2)+\frac{(-x^2)^2}{2!}+\cdots=1-x^2+x^4(\frac{1}{2}+\cdots)\)이다.
여기서, \(x^4(\frac{1}{2}+\cdots)\)는 \(o(x^3)\)이기 때문에 \(e^{-x^2}=1-x^2+x^4(\frac{1}{2}+\cdots)=1-x^2+o(x^3)\) 이다. \(1-x^2\)를 좌변으로 이항하면, \(e^{-x^2}-(1-x^2)=o(x^3)\) 이다. 따라서 \(1-x^2\)는 [정의 4]에 따라 \(e^{-x^2}\)의 3차 근사다항식이다.
아래 붉은색이 \(e^{-x^2}\), 푸른색이 \(1-x^2\)으로 원점 근방에서 근사한 것을 볼 수 있다.
실수의 원점 근방에서 정의된 함수 \(f(x)\)가 \(f(0)=0\) 이고 \(\lim_{x\to 0}\frac{f(x)}{x}=0\) 이면, 함수 \(f(x)\)가 원점 근방에서 \(0\)으로 수렴하는 정도는 \(x\)가 \(0\)으로 수렴하는 정도보다 훨씬 빠르다는 것을 알 수 있다.
[정의 1]
\(f(0)=0\)이고 \(\lim_{x\to 0}\frac{f(x)}{x}=0\)이면 \(|f(x)|\ll|x|\) 또는 \(f(x)=o(x)\)로 표시하고 "\(f(x)\)는 \(x\)보다 절대적으로 아주 작다"고 말한다.
[보기 1]
\(\cos(x)=1-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}-\frac{x^6}{6!}+\cdots\)
\(\Rightarrow 1-\cos(x)=x^2(\frac{1}{2!}-\frac{x^2}{4!}+\frac{x^4}{6!}-\cdots)\)
\(\lim_{x\to 0}\frac{1-\cos(x)}{x}=\lim_{x\to 0}\frac{x^2(\frac{1}{2!}-\frac{x^2}{4!}+\frac{x^4}{6!}-\cdots)}{x}=\lim_{x\to 0}x(\frac{1}{2!}-\frac{x^2}{4!}+\frac{x^4}{6!}-\cdots)=0\)
따라서 \(1-\cos(x)=o(x)\)
아래 왼쪽 그림은 \(y=1-\cos(x)\) 그래프이고, 이를 원점 근방에서 확대한 것이 오른쪽 그림이다. 오른쪽 그림에서 알 수 있듯이 \(y=1-\cos(x)\)는 원점 근방에서 \(0\)으로 수렴하는 정도가 \(y=x\)보다 훨씬 빠르다는 것을 알 수 있다.
[정의 2]
원점 근방에서 정의된 함수 \(f(x)\)에 대하여 \(p(x)=a+bx\)가
$$f(x)-p(x)=o(x)$$
를 만족시키면, \(p(x)\)를 '원점 근방에서 \(f(x)\)의 일차 근사다항식' 또는 '\(f(x)\)에 가장 가까운 일차식'이라고 부른다.
[보기 2]
\(\cos(x)\)의 일차 근사다항식은 \(y=1\)이다. ([보기 1] 참고)
[Note 1]
\(f(x)=o(x) \Leftrightarrow \lim_{x\to 0}\frac{f(x)}{x}=0\) 에서 \(\frac{f(x)}{x}\)의 극한값이 존재하니까 분모가 \(0\)으로 갈 때 분자도 \(0\)으로 가야지만 극한값이 존재한다. 그래서 \(f(0)=0\)이다.
\(\lim_{x\to 0}\frac{f(x)}{x}=0\)은 \(f(0)=0\)이기 때문에 다음과 같이 변형할 수 있다. \(\lim_{x\to 0}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=0\), 이는 \(f^\prime(0)\)를 말한다. 정리하면,
$$f(x)=o(x) \Leftrightarrow \lim_{x\to 0}\frac{f(x)}{x}=0 \Leftrightarrow f(0)=0, f^\prime(0)$$
[Note 2]
\(f(x)-(a+bx)=o(x) \Leftrightarrow \lim_{x\to 0}\frac{f(x)-(a+bx)}{x}=0\) 에서 분모가 \(x\)가 \(0\)으로 갈 때, \(0\)으로 가니까 분자도 \(x\)가 \(0\)으로 갈 때, \(0\)으로 가야된다. 그러면 \(f(0)-a\)가 0으로 가야 되니까 \(f(0)=a\)이고
\(a\)대신에 \(f(0)\)을 바꾸어 넣어주면 \(\lim_{x\to 0}\frac{f(x)-(a+bx)}{x}=0 \Leftrightarrow \lim_{x\to 0}\frac{f(x)-(f(0)+bx)}{x}=0 \Leftrightarrow \\ \lim_{x\to 0}(\frac{f(x)-f(0)}{x}-b)=0 \Leftrightarrow f^\prime(0)-b=0 \Leftrightarrow f^\prime(0)=b\)
정리하면,
$$f(x)-(a+bx)=o(x) \Leftrightarrow f(0)=a, f^\prime(0)=b$$
[Note 3]
원점에서 \(f(x)\)에 가장 가까운 일차식이 존재한다 \(\Leftrightarrow\) 원점에서 미분가능하다.
[정의 3]
자연수 \(n\)에 대하여, 함수 \(f(x)\)가 \(f(0)=0\)이고 \(\lim_{x\to 0}\frac{f(x)}{x^n}=0\)이면, \(|f(x)|\ll|x^n|\) 또는 \(f(x)=o(x^n)\) 또는 \(f(x) \in o(x^n)\) 등으로 표시하고, "\(f\)는 (원점 근방에서) \(o(x^n)\)이다" 또는 "\(f(x)\)는 \(x^n\)보다 절대적으로 아주 작다"라고 말한다.
[Note 4]
\(f(x), g(x)\)가 \(o(x^n)\)이면 \(f(x)+g(x)\)도 \(o(x^n)\)이다.
\(o(x^n)+o(x^n)=o(x^n)\)
[Note 5]
자연수 \(n \geq m\)에 대하여 함수 \(f(x)\)가 \(o(x^n)\)이면, \(f(x)\)는 \(o(x^m)\)이다.
왜냐하면 \(\lim_{x\to 0}\frac{f(x)}{x^m}=\lim_{x\to 0}\frac{f(x) \times x^n}{x^n \times x^m}=\lim_{x\to 0}\frac{f(x)}{x^n} \times \lim_{x\to 0}\frac{x^n}{x^m}\)에서
\(\lim_{x\to 0}\frac{f(x)}{x^n}\)은 함수 \(f(x)\)가 \(o(x^n)\)이니 0이며,
\(\lim_{x\to 0}\frac{x^n}{x^m}\)은 \(n = m\)이면 \(1\)이고, \(n \geq m\)이면 0이다. 즉, \(\lim_{x\to 0}\frac{f(x) \times x^n}{x^n \times x^m}=0\)이다.
따라서, \(\lim_{x\to 0}\frac{f(x)}{x^m}=0\)이니 \(f(x)\)는 \(o(x^m)\)이다.
[정리 1]
\(f\) : 원점 근방에서 정의된 \(n\)번 미분가능한 함수
\(f(x)=o(x^n) \Leftrightarrow f(0)=0, f^\prime(0)=0,\cdots,f^{(n)}(0)=0\)
[\(\Leftarrow\) 방향 증명]
\(f(0)=0, f^\prime(0)=0,\cdots,f^{(n)}(0)=0 \Rightarrow \lim_{x\to 0}\frac{f(x)}{x^n}=0\)인걸 보이면 된다.
\(\lim_{x\to 0}\frac{f(x)}{x^n}\)에서 분자, 분모가 모두 0이니, 로피탈의 정리를 이용하면\(\lim_{x\to 0}\frac{f(x)}{x^n}=\lim_{x\to 0}\frac{f^\prime(x)}{nx^{n-1}}=\cdots=\lim_{x\to 0}\frac{f^{(n)}(x)}{n!}=0\)
[\(\Rightarrow\) 방향 증명]
\(f(x)=o(x^n) \Rightarrow f(0)=0, f^\prime(0)=0,\cdots,f^{(n)}(0)=0\)인걸 보이면 된다.
\(n\)에 대한 귀납법으로 증명한다.
\(n=1\)에 대해 성립하는 것은 [Note 1]에서 보였다.
\(n-1\)에 대해 정리가 성립한다고 가정하면
즉, \(f(x)=o(x^{n-1}) \Rightarrow f(0)=0, f^\prime(0)=0,\cdots,f^{(n-1)}(0)=0\) 성립한다고 가정한다.
\(f(x)=o(x^n)\)이면 \(f(x)=o(x^{n-1})\)인 것을 [Note 5]를 통해 알 수 있다.
\(f(x)=o(x^{n-1}) \Rightarrow f(0)=0, f^\prime(0)=0,\cdots,f^{(n-1)}(0)=0\) 성립한다고 가정했으니깐 \(f(x)=o(x^n)\)이면 \(f(0)=0, f^\prime(0)=0,\cdots,f^{(n-1)}(0)=0\)이다.
이제 \(f(x)=o(x^n)\)이면 \(f^{(n)}(0)=0\)만 보이면 된다.
\(\lim_{x\to 0}\frac{f(x)}{x^n}=0\)에서 로피탈의 정리를 이용하면
\(\lim_{x\to 0}\frac{f(x)}{x^n}=\lim_{x\to 0}\frac{f^\prime(x)}{nx}=\cdots=\lim_{x\to 0}\frac{f^{(n-1)}(x)}{n!x}=0\)
\(f^{(n-1)}(0)=0\)인걸 이용해 식을 변형하면 \(\frac{1}{n!}\lim_{x\to 0}\frac{f^{(n-1)}(x)-f^{(n-1)}(0)}{x-0}=0\)
이것은 \(f^{(n-1)}(x)\)를 한 번 더 미분한 것이니까 \(\frac{1}{n!}\lim_{x\to 0}\frac{f^{(n-1)}(x)-f^{(n-1)}(0)}{x-0}=\frac{f^{(n)}(0)}{n!}=0\)
따라서 \(f^{(n)}(0)=0\)
[연습문제]
두 \(n\)차 다항함수 \(p_1(x)\)와 \(p_2(x)\)의 차가 \(o(x^n)\)이면, \(p_1(x)=p_2(x)\)이다.
[증명]
\(n\)차 다항함수 \(p(x)=p_1(x)-p_2(x)\)가 \(o(x^n)\)이면
[정리 1]에 의해 \(p(0)=p^\prime(0)=\cdots=p^{(n)}(0)=0\) 이다.
\(n\)차 다항함수 \(p(x)\)는 \(p(0)+p^\prime(0)x+\cdots+\frac{p^{(n)}}{n!}x^n\) 으로 나타낼 수 있는데, \(p(0)=p^\prime(0)=\cdots=p^{(n)}(0)=0\) 이기 때문에 \(p(x)=0\)이다. 즉,
$$p(x)=p(0)+p^\prime(0)x+\cdots+\frac{p^{(n)}}{n!}x^n=0$$ 그러므로 \(p_1(x)=p_2(x)\) 이다.
[정의 4]
원점 근방에서 정의된 함수 \(f(x)\)에 대하여 다항함수 \(p(x)=p_0+p_1x+\cdots+p_nx^n\)가 \(f(x)-p(x)=o(x^n)\)를 만족시키면, \(p(x)\)를 '원점 근방에서 \(f(x)\)의 \(n\)차 근차다항식' 또는 '테일러 다항식'이라고 부른다.
[정리 2]
근사다항식의 존재성과 유일성
\(f(x)\)가 원점 근방에서 \(n\)번 미분가능한 함수이면 \(f(x)\)의 \(n\)차 근사다항식은 오직 한가지이고 다음과 같다.
$$T_nf(x):=f(0)+f^\prime(0)x+\cdots+\frac{f^{(n)}(0)}{n!}x_n$$
[존재성의 증명]
\(g(x):=f(x)-T_nf(x)\)는
\begin{split}
g(0)&=f(0)-T_nf(0)=0\\
g^\prime(0)&=f^\prime(0)-T_nf^\prime(0)=0\\
\cdots&=\cdots\\
g^{(n)}(0)&=f^{(n)}(0)-T_nf^{(n)}(0)=0\\
\end{split}
이므로 [정리 1]에 의해 \(g(x)=o(x^n)\) 즉, \(f(x)-T_nf(x)=o(x^n)\) 임을 안다.
즉, \(T_nf(x)\)가 \(f(x)\)의 \(n\)차 근사다항식이다.
[유일성의 증명]
만약 \(n\)차 다항식 \(p(x)=p_0+p_1x+\cdots+p_nx^n\)이 \(f(x)\)의 \(n\)차 근사다항식이면, 근사다항식의 정의에 의해 \(p(x)-f(x)=o(x^n)\)이다.
여기서, \(p(x)-T_nf(x)\)를 생각해 보면 \(p(x)-T_nf(x)=p(x)-f(x)+f(x)-T_nf(x)\) 와 같고, \(p(x)-f(x)\)는 \(o(x^n)\)이고 \(f(x)-T_nf(x)\)도 [존재성의 증명]에 의해 \(o(x^n)\)이다.
즉, \(p(x)-T_nf(x)=p(x)-f(x)+f(x)-T_nf(x)=o(x^n)+o(x^n)\) 이다.
\(o(x^n)+o(x^n)\)도 [Note 4]에 의해 \(o(x^n)\)이다. 즉,
$$p(x)-T_nf(x)=p(x)-f(x)+f(x)-T_nf(x)=o(x^n)$$
\(p(x)-T_nf(x)=o(x^n)\)이므로 [연습문제]에 의해 \(p(x)=T_nf(x)\)이다.
[보기 3]
\(f(x)=e^{-x^2}\)의 3차 근사다항식을 구하여라.
[풀이 1]
\begin{split}
f^\prime(x)&=-2xe^{-x^2}\\
f''(x)&=-2e^{-x^2}+(2x)^2e^{-x^2}=(4x^2-2)e^{-x^2}\\
f'''(x)&=8xe^{-x^2}+(4x^2-2)(-2x)e^{-x^2}\\
\end{split}
\(f(0)=1, f'(0)=0, f''(0)=-2, f'''(0)=0\)
따라서 구하는 근사다항식은 \(1-x^2\)이다.
[풀이 2]
\(e^x\)의 멱급수는 \(1+x+\frac{x^2}{2!}+\cdots\)라는 것을 이용한다. \(x\)대신에 \((-x^2)\)을 대입하면, \(e^{-x^2}=1+(-x^2)+\frac{(-x^2)^2}{2!}+\cdots=1-x^2+x^4(\frac{1}{2}+\cdots)\)이다.
여기서, \(x^4(\frac{1}{2}+\cdots)\)는 \(o(x^3)\)이기 때문에 \(e^{-x^2}=1-x^2+x^4(\frac{1}{2}+\cdots)=1-x^2+o(x^3)\) 이다. \(1-x^2\)를 좌변으로 이항하면, \(e^{-x^2}-(1-x^2)=o(x^3)\) 이다. 따라서 \(1-x^2\)는 [정의 4]에 따라 \(e^{-x^2}\)의 3차 근사다항식이다.
아래 붉은색이 \(e^{-x^2}\), 푸른색이 \(1-x^2\)으로 원점 근방에서 근사한 것을 볼 수 있다.
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