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

Демидович — задача 1395

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

Задача 1395

1. Для каких xx справедлива с точностью до 0,00010{,}0001 приближённая формула cos⁡x≈1−x22\cos x\approx1-\frac{x^2}{2}?

2. Доказать формулуan+xn=a+xnan−1−r(n≥2, a>0, x>0),0<r<n−12n2 x2a2n−1.\sqrt[n]{a^n+x}=a+\frac{x}{na^{n-1}}-r \quad (n\ge2,\ a>0,\ x>0), \qquad 0<r<\frac{n-1}{2n^2}\,\frac{x^2}{a^{2n-1}}.

Доказательство

1. Формула Тейлора степени 33 для косинуса (нечётные коэффициенты равны нулю) имеет видcos⁡x=1−x22+cos⁡ξ24x4,\cos x=1-\frac{x^2}2+\frac{\cos\xi}{24}x^4,где ξ\xi лежит между 00 и xx. Поэтому абсолютная погрешность не больше x4/24x^4/24. Достаточно потребоватьx424≤0,0001⟺∣x∣≤0,00244.\frac{x^4}{24}\le0{,}0001
\quad\Longleftrightarrow\quad
|x|\le\sqrt[4]{0{,}0024}.В частности, гарантированно подходит ∣x∣≤0,2213|x|\le0{,}2213 радиана: 0,22134<0,00240{,}2213^4<0{,}0024.

Это достаточный диапазон, полученный по остатку Тейлора. Точный диапазон можно описать через фактическую ошибкуE(x)=cos⁡x−1+x22.E(x)=\cos x-1+\frac{x^2}2.Функция EE чётная; при x>0x>0 имеем E′(x)=x−sin⁡x>0E'(x)=x-\sin x>0, E(0)=0E(0)=0 и E(x)→+∞E(x)\to+\infty. Следовательно, существует единственное a>0a>0, для которого cos⁡a−1+a2/2=0,0001\cos a-1+a^2/2=0{,}0001, и полное множество допустимых значений равно [−a,a][-a,a]. Полученная выше граница 0,00244\sqrt[4]{0{,}0024} не превосходит aa.

2. Вынесем ana^n из-под корня:an+xn=a(1+xan)1n\sqrt[n]{a^n+x} = a\left(1 + \frac{x}{a^n}\right)^{\frac{1}{n}}Применим формулу Тейлора для функции f(t)=(1+t)1nf(t) = (1+t)^{\frac{1}{n}} при t=xan>0t = \frac{x}{a^n} > 0 с остаточным членом в форме Лагранжа до второго порядка:(1+t)1n=1+1nt+1n(1n−1)2!t2(1+θt)1n−2,0<θ<1(1+t)^{\frac{1}{n}} = 1 + \frac{1}{n}t + \frac{\frac{1}{n}\left(\frac{1}{n}-1\right)}{2!}t^2 (1+\theta t)^{\frac{1}{n}-2}, \quad 0 < \theta < 1Подставим t=xant = \frac{x}{a^n} и умножим на aa:an+xn=a(1+xnan−n−12n2x2a2n1(1+θxan)2−1n)=a+xnan−1−n−12n2x2a2n−11(1+θxan)2n−1n\sqrt[n]{a^n+x} = a \left( 1 + \frac{x}{n a^n} - \frac{n-1}{2n^2} \frac{x^2}{a^{2n}} \frac{1}{(1+\theta \frac{x}{a^n})^{2-\frac{1}{n}}} \right) = a + \frac{x}{n a^{n-1}} - \frac{n-1}{2n^2} \frac{x^2}{a^{2n-1}} \frac{1}{(1+\theta \frac{x}{a^n})^{\frac{2n-1}{n}}}Остаточный член (он же поправка rr) равен:r=n−12n2x2a2n−11(1+θxan)2n−1nr = \frac{n-1}{2n^2} \frac{x^2}{a^{2n-1}} \frac{1}{(1+\theta \frac{x}{a^n})^{\frac{2n-1}{n}}}Так как x>0,a>0,n≥2x > 0, a > 0, n \ge 2 и 0<θ<10 < \theta < 1, выражение в скобках строго больше 11. Поэтому дробь с этим знаменателем строго меньше 11 и больше 00:0<1(1+θxan)2n−1n<10 < \frac{1}{(1+\theta \frac{x}{a^n})^{\frac{2n-1}{n}}} < 1Отсюда сразу получаем требуемую оценку:0<r<n−12n2 x2a2n−10 < r < \frac{n-1}{2n^2}\,\frac{x^2}{a^{2n-1}}

Что и требовалось доказать

Демидович № 1395 — решение | Высшая математика — Профиматика