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테일러 정리 증명 📂미분적분학

테일러 정리 증명

정리1

함수 f(x)f(x)[a,b][a,b] 에서 연속이고 (a,b)(a,b) 에서 nn미분가능하면 다음을 만족하는 ξ(a,b)\xi \in (a,b) 가 존재한다. f(b)=k=0n1(ba)kk!f(k)(a)+(ba)nn!f(n)(ξ)=f(a)+(ba)f(a)++(ba)n1(n1)!f(n1)(a)+(ba)n(n)!f(n)(ξ) \begin{align*} f(b) =& \sum_{k=0}^{n-1} {{(b-a)^{k}\over{k!}}{f^{(k)}( a )}} + {(b-a)^{n}\over{n!}}{f^{(n)}(\xi)} \\ =& {f(a)} + {(b-a)f ' (a)} + \cdots + {(b-a)^{n-1}\over{(n-1)!}}{f^{(n-1)}(a)} + {(b-a)^{n}\over{(n)!}}{f^{(n)}(\xi)} \end{align*}

설명

수학 전반에서 너무나 중요하게 쓰이고 있는 정리로, 이 이름을 딴 테일러 급수가 있다. 미분을 nn 번 한다는 의미에서는 평균값의 정리를 일반화한 정리라고 볼 수 있다.

관례적으로, 테일러 정리를 사용할 땐 cc 가 아니라 ξ\xi 를 사용한다.

증명

f(b):=(ba)00!f(a)+(ba)11!f(a)+(ba)22!f(a)++(ba)n1(n1)!f(n1)(a)+(ba)n(n)!c \begin{align*} f(b) :=& {(b-a)^0\over{0!}}{f(a)} + {(b-a)^1\over{1!}}{f ' (a)} + {(b-a)^2\over{2!}}{f '' (a)} \\ &+ \cdots + {(b-a)^{n-1}\over{(n-1)!}}{f^{(n-1)}(a)} + {(b-a)^{n}\over{(n)!}}c \end{align*}

라 하자. c=f(n)(ξ)c={f^{(n)}(\xi)} 을 보이면 증명은 끝난다. 함수 gg 를 다음과 같이 정의하자.

g(x):=f(b)+f(x)+(bx)11!f(x)+(bx)22!f(x)++(bx)n1(n1)!f(n1)(x)+(bx)n(n)!c=f(b)+k=0n1(bx)k(k)!f(k)(x)+(bx)n(n)!c \begin{align*} g(x):=& -f(b) + f(x) + {(b-x)^1\over{1!}}{f ' (x)} + {(b-x)^2\over{2!}}{f '' (x)} \\ & + \cdots + {(b-x)^{n-1}\over{(n-1)!}}{f^{(n-1)}(x)} + {(b-x)^{n}\over{(n)!}}c \\ =& -f(b) + \sum_{k=0}^{n-1}{(b-x)^{k}\over{(k)!}}{f^{(k)}(x)} + {(b-x)^{n}\over{(n)!}}c \end{align*}

gg[a,b][a,b] 에서 연속, (a,b)(a,b) 에서 미분가능하고 cc 의 정의에 의해 g(b)=g(a)=0g(b)=g(a)=0 이다.

롤의 정리: 함수 f(x)f(x)[a,b][a,b]에서 연속이고 (a,b)(a,b)에서 미분가능하며 f(a)=f(b)f(a)=f(b)f(ξ)=0f ' (\xi)=0를 만족하는 ξ\xi(a,b)(a,b) 에 적어도 하나 존재한다.

h(x)h(x)h(x):=[k=0n1(bx)k(k)!f(k)(x)]=[(bx)0(0)!f(0)(x)+(bx)1(1)!f(1)(x)++(bx)n1(n1)!f(n1)(x)]=[f(x)+(bx)1(1)!f(1)(x)++(bx)n1(n1)!f(n1)(x)]=f(1)(x)[f(1)(x)+(bx)1(1)!f(2)(x)]+[(bx)1(1)!f(2)(x)+(bx)2(2)!f(3)(x)]+[(bx)n3(n3)!f(n2)(x)+(bx)n2(n2)!f(n1)(x)]+[(bx)n2(n2)!f(n1)(x)+(bx)n1(n1)!f(n)(x)]=(bx)n1(n1)!f(n)(x) \begin{align*} h(x):=& \left[ \sum_{k=0}^{n-1}{(b-x)^{k}\over{(k)!}}{f^{(k)}(x)} \right] ' \\ =& \left[ {(b-x)^{0}\over{(0)!}}{f^{(0)}(x)} + {(b-x)^{1}\over{(1)!}}{f^{(1)}(x)} + \cdots + {(b-x)^{n-1}\over{(n-1)!}}{f^{(n-1)}(x)} \right] ' \\ =& \left[ f (x) + {(b-x)^{1}\over{(1)!}}{f^{(1)}(x)} + \cdots + {(b-x)^{n-1}\over{(n-1)!}}{f^{(n-1)}(x)} \right] ' \\ =& f^{(1)} (x) - \left[ f^{(1)} (x) + {(b-x)^{1}\over{(1)!}}{f^{(2)}(x)} \right] \\ & + \left[ - {(b-x)^{1}\over{(1)!}} f^{(2)} (x) + {(b-x)^{2}\over{(2)!}}{f^{(3)}(x)} \right] \\ & \vdots \\ & + \left[ - {(b-x)^{n-3}\over{(n-3)!}} f^{(n-2)} (x) + {(b-x)^{n-2}\over{(n-2)!}}{f^{(n-1)}(x)} \right] \\ & + \left[ - {(b-x)^{n-2}\over{(n-2)!}} f^{(n-1)} (x) + {(b-x)^{n-1}\over{(n-1)!}}{f^{(n)}(x)} \right] \\ =& {(b-x)^{n-1}\over{(n-1)!}}{f^{(n)}(x)} \end{align*}

이라 두면 g(x)=0+h(x)(bx)n1(n1)!c\displaystyle g ' (x) = 0 + h(x) - {(b-x)^{n-1}\over{(n-1)!}}c 이므로 롤의 정리에 의해

g(ξ)=h(ξ)(bξ)n1(n1)!c=(bξ)n1(n1)!f(n)(ξ)(bξ)n1(n1)!c=0 \begin{align*} g ' (\xi) =& h(\xi) - {(b-\xi)^{n-1}\over{(n-1)!}}c \\ =& {(b-\xi)^{n-1}\over{(n-1)!}}{f^{(n)}(\xi)} - {(b-\xi)^{n-1}\over{(n-1)!}}c \\ =& 0 \end{align*}

을 만족하는 ξ\xi(a,b)(a,b) 에 적어도 하나 존재한다. 따라서

(bξ)n1(n1)!f(n)(ξ)(bξ)n1(n1)!c=0    (bξ)n1(n1)!f(n)(ξ)=(bξ)n1(n1)!c    f(n)(ξ)=c \begin{align*} && {(b-\xi)^{n-1}\over{(n-1)!}}{f^{(n)}(\xi)} - {(b-\xi)^{n-1}\over{(n-1)!}}c =& 0 \\ \implies && {(b-\xi)^{n-1}\over{(n-1)!}}{f^{(n)}(\xi)} =& {(b-\xi)^{n-1}\over{(n-1)!}}c \\ \implies && {f^{(n)}(\xi)} =& c \end{align*}

c=f(n)(ξ)c={f^{(n)}(\xi)} 을 보였으므로 증명이 끝났다.


증명은 위와 같이 했으나 더 자주 사용하는 꼴은 다음과 같다. 물론 x[a,b]x \in [a,b] 이고 x0(a,b)x_{0} \in (a,b) 으로 두기 때문에 사실상 [x0,x][a,b][x_{0} , x] \subset [a,b] 가 된다.

테일러 정리

함수 f(x)f(x)[a,b][a,b] 에서 연속이고 (a,b)(a,b) 에서 nn 번 미분가능하면 x0(a,b)x_{0} \in (a,b) 에 대해

f(x)=k=0n1(xx0)kk!f(k)(x0)+(xx0)nn!f(n)(ξ) f(x) = \sum_{k=0}^{n-1} {{( x - x_{0} )^{k}\over{ k! }}{f^{(k)}( x_{0} )}} + {(x - x_{0} )^{n}\over{ n! }}{f^{(n)}(\xi)}

를 만족하는 ξ(a,b)\xi \in (a,b) 가 존재한다.

같이보기


  1. Walter Rudin, Principles of Mathmatical Analysis (3rd Edition, 1976), p110-111 ↩︎