Раздел II. Дифференциальное исчисление функций одной переменной — § 10. Формула Тейлора

Демидович — задача 1394

Б. П. Демидович, «Сборник задач и упражнений по математическому анализу». Условие, подробное решение и ответ.

Задача 1394

Оценить абсолютную погрешность приближённых формул:а) ex≈1+x+x22!+⋯+xnn!при 0≤x≤1;\text{а) }e^x\approx1+x+\frac{x^2}{2!}+\cdots+\frac{x^n}{n!} \quad\text{при }0\le x\le1;б) sin⁡x≈x−x36при ∣x∣≤12;\text{б) }\sin x\approx x-\frac{x^3}{6} \quad\text{при }|x|\le\frac12;в) tg⁡x≈x+x33при ∣x∣≤0,1;\text{в) }\operatorname{tg} x\approx x+\frac{x^3}{3} \quad\text{при }|x|\le0{,}1;г) 1+x≈1+x2−x28при 0≤x≤1.\text{г) }\sqrt{1+x}\approx1+\frac x2-\frac{x^2}{8} \quad\text{при }0\le x\le1.
Ответ:а) Δ≤e/(n+1)!\Delta\le e/(n+1)!; б) Δ≤1/3840\Delta\le1/3840; в) Δ≤1,5⋅10−6\Delta\le1{,}5\cdot10^{-6}; г) Δ≤1/16\Delta\le1/16.

Решение

Погрешность Δ\Delta приближённой формулы Тейлора оценивается с помощью остаточного члена. Воспользуемся остаточным членом в форме Лагранжа:Rk(x)=f(k+1)(c)(k+1)!xk+1,где c лежит между 0 и x.R_k(x) = \frac{f^{(k+1)}(c)}{(k+1)!} x^{k+1}, \quad \text{где } c \text{ лежит между } 0 \text{ и } x.Пункт а). Для функции f(x)=exf(x) = e^x производная любого порядка равна exe^x. Остаточный член формулы nn-го порядка:∣Rn(x)∣=ec(n+1)!xn+1|R_n(x)| = \frac{e^c}{(n+1)!} x^{n+1}На отрезке x∈[0,1]x \in [0, 1] максимальное значение xn+1=1x^{n+1} = 1, а ec≤e1=ee^c \le e^1 = e. Следовательно:Δ≤e(n+1)!<3(n+1)!\Delta\le\frac{e}{(n+1)!}<\frac3{(n+1)!}Пункт б). Для f(x)=sin⁡xf(x) = \sin x многочлен Маклорена x−x36x - \frac{x^3}{6} соответствует n=4n=4 (так как коэффициент при x4x^4 равен 00). Остаточный член 4-го порядка:∣R4(x)∣=∣sin⁡(5)(c)5!x5∣=∣cos⁡c∣120∣x∣5|R_4(x)| = \left| \frac{\sin^{(5)}(c)}{5!} x^5 \right| = \frac{|\cos c|}{120} |x|^5Учитывая, что ∣cos⁡c∣≤1|\cos c| \le 1 и ∣x∣≤12|x| \le \frac{1}{2}:Δ≤1120(12)5=1120⋅32=13840<0,000261\Delta \le \frac{1}{120} \left(\frac{1}{2}\right)^5 = \frac{1}{120 \cdot 32} = \frac{1}{3840} <0{,}000261Пункт в). Используем формулу Тейлора степени 44 для f(x)=tan⁡xf(x)=\tan x; коэффициент при x4x^4 равен нулю. Тогда∣R4(x)∣≤sup⁡∣t∣≤0,1∣f(5)(t)∣120∣x∣5.|R_4(x)|\le\frac{\sup_{|t|\le0{,}1}|f^{(5)}(t)|}{120}|x|^5.Чтобы получить обоснованную верхнюю оценку, вычислим нужную производную. При обозначении z=tan⁡tz=\tan t имеем z′=1+z2z'=1+z^2 и последовательноf′=1+z2,f′′=2z+2z3,f′′′=(2+6z2)(1+z2)=2+8z2+6z4,f(4)=(16z+24z3)(1+z2)=16z+40z3+24z5,f(5)=(16+120z2+120z4)(1+z2)=16+136z2+240z4+120z6.\begin{aligned}
f'&=1+z^2,\\
f''&=2z+2z^3,\\
f'''&=(2+6z^2)(1+z^2)=2+8z^2+6z^4,\\
f^{(4)}&=(16z+24z^3)(1+z^2)=16z+40z^3+24z^5,\\
f^{(5)}&=(16+120z^2+120z^4)(1+z^2)
=16+136z^2+240z^4+120z^6.
\end{aligned}Из ∣sin⁡t∣≤∣t∣|\sin t|\le|t| и cos⁡t≥1−t2/2\cos t\ge1-t^2/2 при ∣t∣≤0,1|t|\le0{,}1 следует∣z∣≤0,11−0,12/2=20199<0,101,z2<0,011.|z|\le\frac{0{,}1}{1-0{,}1^2/2}=\frac{20}{199}<0{,}101,
\quad z^2<0{,}011.Поэтому∣f(5)(t)∣<16+136(0,011)+240(0,011)2+120(0,011)3=17,52519972<18.|f^{(5)}(t)|<16+136(0{,}011)+240(0{,}011)^2+120(0{,}011)^3
=17{,}52519972<18.Получена гарантированная оценкаΔ≤18120(0,1)5=1,5⋅10−6.\Delta\le\frac{18}{120}(0{,}1)^5=1{,}5\cdot10^{-6}.Первый отброшенный член положительного ряда сам по себе не является верхней границей всей погрешности.
Пункт г). Для f(x)=1+x=(1+x)12f(x) = \sqrt{1+x} = (1+x)^{\frac{1}{2}} приближение соответствует формуле Маклорена второго порядка. Остаточный член:∣R2(x)∣=∣f′′′(c)3!x3∣|R_2(x)| = \left| \frac{f'''(c)}{3!} x^3 \right|Найдём третью производную: f′(x)=12(1+x)−12f'(x) = \frac{1}{2}(1+x)^{-\frac{1}{2}}, f′′(x)=−14(1+x)−32f''(x) = -\frac{1}{4}(1+x)^{-\frac{3}{2}}, f′′′(x)=38(1+x)−52f'''(x) = \frac{3}{8}(1+x)^{-\frac{5}{2}}.∣R2(x)∣=38⋅6(1+c)52x3=x316(1+c)52|R_2(x)| = \frac{3}{8 \cdot 6 (1+c)^{\frac{5}{2}}} x^3 = \frac{x^3}{16(1+c)^{\frac{5}{2}}}На отрезке 0≤x≤10\le x\le1 имеем x3≤1x^3\le1 и (1+c)5/2≥1(1+c)^{5/2}\ge1. Эти оценки дают:Δ≤1316(1+0)52=116=0,0625\Delta \le \frac{1^3}{16(1+0)^{\frac{5}{2}}} = \frac{1}{16} = 0{,}0625
Демидович № 1394 — решение и ответ | Высшая математика — Профиматика