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

Демидович — задача 1396

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

Задача 1396

С помощью формулы Тейлора приближённо вычислить:а) 303;б) 2503;в) 400012;г) e;д) sin⁡18∘;е) ln⁡1,2;\text{а) }\sqrt[3]{30};\quad \text{б) }\sqrt[3]{250};\quad \text{в) }\sqrt[12]{4000};\quad \text{г) }\sqrt e;\quad \text{д) }\sin18^\circ;\quad \text{е) }\ln1{,}2;ж) arctg⁡0,8;з) arcsin⁡0,45;и) (1,1)1,2,\text{ж) }\operatorname{arctg}0{,}8;\quad \text{з) }\arcsin0{,}45;\quad \text{и) }(1{,}1)^{1{,}2},и оценить погрешность.
Ответ:а) 3,1069963{,}106996, ошибка <0,000255<0{,}000255; б) 6,2982976{,}298297, <0,001445<0{,}001445; в) 1,996093751{,}99609375, <0,000044<0{,}000044; г) 1,6486981{,}648698, <0,000044<0{,}000044; д) 0,309017050{,}30901705, <7⋅10−8<7\cdot10^{-8}; е) 0,1823200{,}182320, <0,00000183<0{,}00000183; ж) 0,6747440{,}674744, <0,0000037<0{,}0000037; з) 0,4668260{,}466826, <0,000065<0{,}000065; и) 1,1211681{,}121168, ошибка ≤0,00000144\le0{,}00000144.

Решение

В каждом пункте сначала выберем многочлен Тейлора, затем оценим его остаток. Если многочлен дополнительно округляется, эту погрешность тоже прибавим к оценке.

Для функции F(t)=(1+t)pF(t)=(1+t)^p производные имеют видF(j)(t)=p(p−1)⋯(p−j+1)(1+t)p−j.F^{(j)}(t)=p(p-1)\cdots(p-j+1)(1+t)^{p-j}.Поэтому коэффициент при tjt^j равен произведению p(p−1)⋯(p−j+1)/j!p(p-1)\cdots(p-j+1)/j!, а остаток после степени mm равен F(m+1)(c)tm+1/(m+1)!F^{(m+1)}(c)t^{m+1}/(m+1)!, где cc между 00 и tt.

а) Выносим ближайший полный куб:303=3(1+1/9)1/3.\sqrt[3]{30}=3(1+1/9)^{1/3}.Здесь коэффициенты второй и третьей степеней равны(1/3)(−2/3)2=−19,(1/3)(−2/3)(−5/3)6=581.\frac{(1/3)(-2/3)}2=-\frac19,\qquad
\frac{(1/3)(-2/3)(-5/3)}6=\frac5{81}.При t=1/9t=1/9 получаем приближениеP=3(1+127−1729)=2187+81−3729=755243≈3,106996.P=3\left(1+\frac1{27}-\frac1{729}\right)
=\frac{2187+81-3}{729}=\frac{755}{243}
\approx3{,}106996.На 0≤c≤1/90\le c\le1/9 множитель (1+c)−8/3≤1(1+c)^{-8/3}\le1. Значит,∣R∣≤3581(19)3=519683<0,000254027.|R|\le3\frac5{81}\left(\frac19\right)^3
=\frac5{19683}<0{,}000254027.Округление 755/243755/243 до 3,1069963{,}106996 добавляет менее 0,00000050{,}0000005. Полная ошибка меньше 0,0002550{,}000255.

б) Аналогичная степень с явно заданным приращением:2503=6(1+17/108)1/3.\sqrt[3]{250}=6(1+17/108)^{1/3}.Подстановка в тот же многочлен даётP=6(1+17324−289104976)=104976+5508−28917496=11019517496≈6,298297.P=6\left(1+\frac{17}{324}-\frac{289}{104976}\right)
=\frac{104976+5508-289}{17496}
=\frac{110195}{17496}\approx6{,}298297.Остаток и округление оцениваются так:∣R∣≤6581(17108)3=30⋅491381⋅1259712<0,001444481.|R|\le6\frac5{81}\left(\frac{17}{108}\right)^3
=\frac{30\cdot4913}{81\cdot1259712}<0{,}001444481.После добавления 0,00000050{,}0000005 получаем полную ошибку меньше 0,0014450{,}001445.

в) Поскольку 212=40962^{12}=4096, имеем400012=2(1−3/128)1/12.\sqrt[12]{4000}=2(1-3/128)^{1/12}.Линейное приближение равноP=2(1−312⋅128)=511256=1,99609375.P=2\left(1-\frac3{12\cdot128}\right)=\frac{511}{256}=1{,}99609375.Для F(t)=(1+t)1/12F(t)=(1+t)^{1/12} имеем ∣F′′(c)∣=(11/144)(1+c)−23/12|F''(c)|=(11/144)(1+c)^{-23/12}. Между −3/128-3/128 и 00 выполняется 1+c≥125/1281+c\ge125/128, поэтому(1+c)−23/12≤(128/125)23/12<(128/125)2.(1+c)^{-23/12}\le(128/125)^{23/12}<(128/125)^2.С учётом внешнего множителя 22 остаток удовлетворяет оценке∣R∣<11144(3128)2(128125)2=99144⋅15625=11250000=0,000044.|R|<\frac{11}{144}\left(\frac3{128}\right)^2
\left(\frac{128}{125}\right)^2
=\frac{99}{144\cdot15625}=\frac{11}{250000}=0{,}000044.Десятичное значение PP записано точно, дополнительного округления нет.
г) Для e=e1/2\sqrt e=e^{1/2} берём степени до пятой:P=1+12+18+148+1384+13840=3840+1920+480+80+10+13840=63313840≈1,648698.P=1+\frac12+\frac18+\frac1{48}+\frac1{384}+\frac1{3840}
=\frac{3840+1920+480+80+10+1}{3840}
=\frac{6331}{3840}\approx1{,}648698.На [0,1/2][0,1/2] производная любого порядка меньше 22, поскольку e<3<4e<3<4 и e1/2<2e^{1/2}<2. Поэтому∣R∣<26!(12)6=123040<0,000043403.|R|<\frac2{6!}\left(\frac12\right)^6
=\frac1{23040}<0{,}000043403.Вместе с округлением до шести знаков ошибка меньше 0,0000440{,}000044.

Для следующих тригонометрических вычислений понадобится численное значение π\pi. Получим его с контролем ошибки. ПоложимSN(z)=∑j=0N(−1)jz2j+12j+1,0≤z<1.S_N(z)=\sum_{j=0}^N\frac{(-1)^jz^{2j+1}}{2j+1},\qquad0\le z<1.По конечной геометрической сумме(arctan⁡z−SN(z))′=(−1)N+1z2N+21+z2.(\arctan z-S_N(z))'=\frac{(-1)^{N+1}z^{2N+2}}{1+z^2}.Отсюда следует0≤(−1)N+1(arctan⁡z−SN(z))≤z2N+32N+3.0\le(-1)^{N+1}(\arctan z-S_N(z))
\le\frac{z^{2N+3}}{2N+3}.Действительно, обе разности при z=0z=0 равны нулю, а их производные имеют нужные знаки: производная средней величины неотрицательна и не больше z2N+2z^{2N+2}. Применяется уже известный признак монотонности. Таким образом, здесь достаточно конечных многочленов и оценок производных.

Если A=arctan⁡(1/5)A=\arctan(1/5), B=arctan⁡(1/239)B=\arctan(1/239), то формула двойного угла даёт tan⁡2A=5/12\tan2A=5/12, tan⁡4A=120/119\tan4A=120/119. Поэтомуtan⁡(4A−B)=120/119−1/2391+120/(119⋅239)=28680−11928441+120=1.\tan(4A-B)=\frac{120/119-1/239}{1+120/(119\cdot239)}
=\frac{28680-119}{28441+120}=1.Угол 4A−B4A-B лежит между 00 и π/2\pi/2, откуда 4A−B=π/44A-B=\pi/4 и π=16A−4B\pi=16A-4B. БерёмPπ=16(15−13⋅53+15⋅55−⋯−115⋅515)−4(1239−13⋅2393+15⋅2395).P_\pi=16\left(\frac15-\frac1{3\cdot5^3}+\frac1{5\cdot5^5}-\cdots-\frac1{15\cdot5^{15}}\right)
-4\left(\frac1{239}-\frac1{3\cdot239^3}+\frac1{5\cdot239^5}\right).Это 16S7(1/5)−4S2(1/239)16S_7(1/5)-4S_2(1/239). Его погрешность меньше1617⋅517+47⋅2397<1,234⋅10−12.\frac{16}{17\cdot5^{17}}+\frac4{7\cdot239^7}<1{,}234\cdot10^{-12}.Сложение указанных дробей даёт 3,14159265358860<Pπ<3,141592653588613{,}14159265358860<P_\pi<3{,}14159265358861. Следовательно, можно использовать π∗=3,14159265359\pi_*=3{,}14159265359 с гарантией ∣π−π∗∣<10−11|\pi-\pi_*|<10^{-11}.
д) Пусть z=π/10z=\pi/10. Многочлен Тейлора степени 66 для синуса равенP(z)=z−z36+z5120,∣R∣≤z75040<0,31575040<6,2⋅10−8.P(z)=z-\frac{z^3}6+\frac{z^5}{120},\qquad
|R|\le\frac{z^7}{5040}<\frac{0{,}315^7}{5040}<6{,}2\cdot10^{-8}.При z∗=π∗/10=0,314159265359z_*=\pi_*/10=0{,}314159265359 слагаемые составляютz∗=0,314159265359,z∗3/6≈0,005167712780051,z∗5/120≈0,000025501640399.z_*=0{,}314159265359,\quad
z_*^3/6\approx0{,}005167712780051,\quad
z_*^5/120\approx0{,}000025501640399.Их сумма с указанными знаками равна примерно 0,3090170542190{,}309017054219. Округляем до 0,309017050{,}30901705. На [0,0,315][0,0{,}315] имеем ∣P′(z)∣=∣1−z2/2+z4/24∣≤1|P'(z)|=|1-z^2/2+z^4/24|\le1, поэтому замена π\pi на π∗\pi_* вносит менее 10−1210^{-12}. Вместе с остатком и округлением полная ошибка меньше 7⋅10−87\cdot10^{-8}.

е) Для ln⁡(1+t)\ln(1+t) при t=1/5t=1/5 берём степени до шестой:P=15−150+1375−12500+115625−193750=75000−7500+1000−150+24−4375000=227912500=0,182320.P=\frac15-\frac1{50}+\frac1{375}-\frac1{2500}+\frac1{15625}-\frac1{93750}
=\frac{75000-7500+1000-150+24-4}{375000}
=\frac{2279}{12500}=0{,}182320.Производная порядка 77 равна 6!/(1+t)76!/(1+t)^7. На [0,1/5][0,1/5] её модуль не больше 6!6!, поэтому∣R∣≤17⋅57=1546875<0,00000183.|R|\le\frac1{7\cdot5^7}=\frac1{546875}<0{,}00000183.ж) Для ускорения вычисления уменьшим аргумент. По формуле тангенса разностиarctan⁡0,8=π4−arctan⁡19,\arctan0{,}8=\frac\pi4-\arctan\frac19,поскольку (1−4/5)/(1+4/5)=1/9(1-4/5)/(1+4/5)=1/9 и оба угла принадлежат (0,π/2)(0,\pi/2). Берём многочлен S1(z)=z−z3/3S_1(z)=z-z^3/3, оценка которого уже доказана выше:P=π4−(19−13⋅93)=π4−2422187≈0,674744.P=\frac\pi4-\left(\frac19-\frac1{3\cdot9^3}\right)
=\frac\pi4-\frac{242}{2187}\approx0{,}674744.Остаток меньше 1/(5⋅95)=1/295245<0,0000033881/(5\cdot9^5)=1/295245<0{,}000003388. Подстановка π∗\pi_* даёт 0,674744299657…0{,}674744299657\ldots, поэтому округление вносит менее 0,0000003000{,}000000300, а погрешность π∗/4\pi_*/4 — менее 2,5⋅10−122{,}5\cdot10^{-12}. Полная ошибка меньше 0,00000370{,}0000037.
з) Разложим F(t)=arcsin⁡tF(t)=\arcsin t около t=1/2t=1/2, где значение известно: F(1/2)=π/6F(1/2)=\pi/6. Приращение равно h=0,45−0,5=−1/20h=0{,}45-0{,}5=-1/20. Производные:F′(t)=(1−t2)−1/2,F′′(t)=t(1−t2)−3/2,F′′′(t)=(1+2t2)(1−t2)−5/2.F'(t)=(1-t^2)^{-1/2},\quad
F''(t)=t(1-t^2)^{-3/2},\quad
F'''(t)=(1+2t^2)(1-t^2)^{-5/2}.Отсюда F′(1/2)=2/3F'(1/2)=2/\sqrt3, F′′(1/2)=4/(33)F''(1/2)=4/(3\sqrt3). Квадратичное приближение равноP=π6−1103+16003=π6−596003≈0,466826.P=\frac\pi6-\frac1{10\sqrt3}+\frac1{600\sqrt3}
=\frac\pi6-\frac{59}{600\sqrt3}\approx0{,}466826.Число 3\sqrt3 можно ограничить прямым возведением в квадрат: 1,732050807562<3<1,7320508075821{,}73205080756^2<3<1{,}73205080758^2. Вместе с найденными границами π\pi это даёт 0,46682599911<P<0,466825999150{,}46682599911<P<0{,}46682599915, так что ошибка округления меньше 10−910^{-9}.

На отрезке [0,45,0,5][0{,}45,0{,}5] имеем∣F′′′(t)∣≤3/2(3/4)5/2=1633<3,08.|F'''(t)|\le\frac{3/2}{(3/4)^{5/2}}
=\frac{16}{3\sqrt3}<3{,}08.По остатку Лагранжа ∣R∣<(3,08/6)(1/20)3<0,000064167|R|<(3{,}08/6)(1/20)^3<0{,}000064167. Полная ошибка меньше 0,0000650{,}000065.

и) Берём p=6/5p=6/5, t=1/10t=1/10. Коэффициенты многочлена третьей степени получаются так:p(p−1)2=325,p(p−1)(p−2)6=−4125.\frac{p(p-1)}2=\frac3{25},\qquad
\frac{p(p-1)(p-2)}6=-\frac4{125}.ПоэтомуP=1+650+32500−4125000=1+0,12+0,0012−0,000032=1,121168.P=1+\frac6{50}+\frac3{2500}-\frac4{125000}
=1+0{,}12+0{,}0012-0{,}000032=1{,}121168.Для четвёртой производной коэффициент после деления на 4!4! равен(6/5)(1/5)(−4/5)(−9/5)24=9625.\frac{(6/5)(1/5)(-4/5)(-9/5)}{24}=\frac9{625}.Оставшийся множитель (1+c)−14/5≤1(1+c)^{-14/5}\le1 на [0,0,1][0,0{,}1]. Следовательно,∣R∣≤9625(110)4=0,00000144.|R|\le\frac9{625}\left(\frac1{10}\right)^4
=0{,}00000144.Все приведённые оценки относятся к окончательным записанным числам, а не только к неокруглённым многочленам.
Демидович № 1396 — решение и ответ | Высшая математика — Профиматика