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

Демидович — задача 1397

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

Задача 1397

Вычислить:а) e с точностью до 10−9;б) sin⁡1∘ с точностью до 10−8;\text{а) }e\text{ с точностью до }10^{-9}; \qquad \text{б) }\sin1^\circ\text{ с точностью до }10^{-8};в) cos⁡9∘ с точностью до 10−5;г) 5 с точностью до 10−4;\text{в) }\cos9^\circ\text{ с точностью до }10^{-5}; \qquad \text{г) }\sqrt5\text{ с точностью до }10^{-4};д) lg⁡11 с точностью до 10−5.\text{д) }\lg11\text{ с точностью до }10^{-5}.
Ответ:а) 2,7182818282{,}718281828; б) 0,017452410{,}01745241; в) 0,987690{,}98769; г) 2,23602{,}2360; д) 1,041391{,}04139. Все значения удовлетворяют указанной в условии точности.

Решение

а) По формуле Тейлора для экспонентыe=P12+R12,P12=∑k=0121k!,0<R12<313!,e=P_{12}+R_{12},\qquad P_{12}=\sum_{k=0}^{12}\frac1{k!},\qquad
0<R_{12}<\frac3{13!},поскольку на [0,1][0,1] производные exe^x меньше 33. Чтобы проследить суммирование дробей, обозначим Ak=k!PkA_k=k!P_k. Тогда A0=1A_0=1 и Ak=kAk−1+1A_k=kA_{k-1}+1. Последовательные числители:k0123456Ak12516653261957\begin{array}{c|rrrrrrr}
k&0&1&2&3&4&5&6\\\hline
A_k&1&2&5&16&65&326&1957
\end{array}k789101112Ak1370010960198641098641011085051121302061345.\begin{array}{c|rrrrrr}
k&7&8&9&10&11&12\\\hline
A_k&13700&109601&986410&9864101&108505112&1302061345.
\end{array}Таким образом,P12=1302061345479001600=2,718281828286…,0<R12<36227020800<4,83⋅10−10.P_{12}=\frac{1302061345}{479001600}
=2{,}718281828286\ldots,
\quad
0<R_{12}<\frac3{6227020800}<4{,}83\cdot10^{-10}.При округлении до 2,7182818282{,}718281828 теряется менее 2,87⋅10−102{,}87\cdot10^{-10}. Общая ошибка меньше 7,70⋅10−10<10−97{,}70\cdot10^{-10}<10^{-9}.

Для пунктов б), в) используем полученное в №1396 число π∗=3,14159265359\pi_*=3{,}14159265359 с ошибкой меньше 10−1110^{-11}.

б) Положим x=π/180x=\pi/180. Многочлен Тейлора степени 44 для синуса имеет вид P(x)=x−x3/6P(x)=x-x^3/6, а остаток удовлетворяет оценке∣R4∣≤x5120<0,0185120<1,58⋅10−11.|R_4|\le\frac{x^5}{120}<\frac{0{,}018^5}{120}<1{,}58\cdot10^{-11}.Подставляем x∗=π∗/180x_*=\pi_*/180:x∗=0,017453292519944…,x∗36=0,0000008860961557…,x_*=0{,}017453292519944\ldots,\qquad
\frac{x_*^3}6=0{,}0000008860961557\ldots,P(x∗)=0,017452406423788…≈0,01745241.P(x_*)=0{,}017452406423788\ldots\approx0{,}01745241.Ошибка округления меньше 3,58⋅10−93{,}58\cdot10^{-9}. На рассматриваемом интервале ∣P′(x)∣=∣1−x2/2∣≤1|P'(x)|=|1-x^2/2|\le1, так что погрешность аргумента даёт менее 10−11/18010^{-11}/180. Сумма трёх ошибок меньше 3,60⋅10−9<10−83{,}60\cdot10^{-9}<10^{-8}.

в) Пусть x=π/20x=\pi/20. Берём многочлен Тейлора степени 55 для косинуса:P(x)=1−x22+x424,∣R5∣≤x6720<0,1586720<2,17⋅10−8.P(x)=1-\frac{x^2}2+\frac{x^4}{24},\qquad
|R_5|\le\frac{x^6}{720}<\frac{0{,}158^6}{720}<2{,}17\cdot10^{-8}.При x∗=π∗/20x_*=\pi_*/20 получаемx∗22=0,01233700550136…,x∗424=0,00002536695079…,\frac{x_*^2}2=0{,}01233700550136\ldots,\quad
\frac{x_*^4}{24}=0{,}00002536695079\ldots,P(x∗)=0,98768836144942…≈0,98769.P(x_*)=0{,}98768836144942\ldots\approx0{,}98769.Округление добавляет менее 1,64⋅10−61{,}64\cdot10^{-6}. Так как ∣P′(x)∣=∣−x+x3/6∣<1|P'(x)|=|-x+x^3/6|<1 при 0<x<0,1580<x<0{,}158, ошибка аргумента меньше 10−11/2010^{-11}/20. Полная ошибка меньше 1,67⋅10−6<10−51{,}67\cdot10^{-6}<10^{-5}.
г) Представим 5=2(1+1/4)1/2\sqrt5=2(1+1/4)^{1/2}. В формуле Тейлора для (1+t)1/2(1+t)^{1/2} коэффициенты до четвёртой степени равны12,(1/2)(−1/2)2=−18,(1/2)(−1/2)(−3/2)6=116,(1/2)(−1/2)(−3/2)(−5/2)24=−5128.\frac12,\quad\frac{(1/2)(-1/2)}2=-\frac18,\quad
\frac{(1/2)(-1/2)(-3/2)}6=\frac1{16},\quad
\frac{(1/2)(-1/2)(-3/2)(-5/2)}{24}=-\frac5{128}.Поэтому при t=1/4t=1/4P=2(1+18−1128+11024−532768)=32768+4096−256+32−516384=3663516384=2,23602294921875.P=2\left(1+\frac18-\frac1{128}+\frac1{1024}-\frac5{32768}\right)
=\frac{32768+4096-256+32-5}{16384}
=\frac{36635}{16384}=2{,}23602294921875.Для остатка пятого порядка произведение коэффициентов, делённое на 5!5!, равно 7/2567/256. На [0,1/4][0,1/4] дополнительный множитель (1+c)−9/2≤1(1+c)^{-9/2}\le1. С учётом внешнего множителя 22∣R∣≤27256(14)5=7131072<0,000053406.|R|\le2\frac7{256}\left(\frac14\right)^5
=\frac7{131072}<0{,}000053406.Округление до 2,23602{,}2360 вносит 0,000022949218750{,}00002294921875. Общая ошибка меньше 0,000077<10−40{,}000077<10^{-4}.
д) Используем равенствоlg⁡11=1+ln⁡(1,1)ln⁡10.\lg11=1+\frac{\ln(1{,}1)}{\ln10}.Числитель приближаем многочленом Тейлора степени 55:N=110−1200+13000−140000+1500000=300000−15000+1000−75+63000000=2859313000000.N=\frac1{10}-\frac1{200}+\frac1{3000}-\frac1{40000}+\frac1{500000}
=\frac{300000-15000+1000-75+6}{3000000}
=\frac{285931}{3000000}.Шестая производная ln⁡(1+t)\ln(1+t) равна −5!/(1+t)6-5!/(1+t)^6, поэтомуN−16000000≤ln⁡(1,1)≤N.N-\frac1{6000000}\le\ln(1{,}1)\le N.Теперь вычислим знаменатель, не используя готового значения 1/ln⁡101/\ln10. ПоложимQm(z)=2∑j=0mz2j+12j+1.Q_m(z)=2\sum_{j=0}^m\frac{z^{2j+1}}{2j+1}.У функции H(z)=ln⁡((1+z)/(1−z))H(z)=\ln((1+z)/(1-z)) производная равна 2/(1−z2)2/(1-z^2). Вычитая конечную геометрическую сумму, получаем(H−Qm)′(t)=2t2m+21−t2.(H-Q_m)'(t)=\frac{2t^{2m+2}}{1-t^2}.При 0≤t≤z<10\le t\le z<1 эта производная заключена между 00 и 2t2m+2/(1−z2)2t^{2m+2}/(1-z^2). Сравнение с производной функции 2t2m+3/((2m+3)(1−z2))2t^{2m+3}/((2m+3)(1-z^2)) и нулевые значения при t=0t=0 дают0≤H(z)−Qm(z)≤2z2m+3(2m+3)(1−z2).0\le H(z)-Q_m(z)\le\frac{2z^{2m+3}}{(2m+3)(1-z^2)}.Поскольку H(1/3)=ln⁡2H(1/3)=\ln2, H(1/9)=ln⁡(5/4)H(1/9)=\ln(5/4) и 10=23(5/4)10=2^3(5/4), имеемln⁡10=3H(1/3)+H(1/9).\ln10=3H(1/3)+H(1/9).Вычисляем конечные суммыQ8(1/3)=2(13+13⋅33+⋯+117⋅317)=0,69314718045924…,Q_8(1/3)=2\left(\frac13+\frac1{3\cdot3^3}+\cdots+\frac1{17\cdot3^{17}}\right)
=0{,}69314718045924\ldots,Q4(1/9)=2(19+13⋅93+⋯+19⋅99)=0,22314355130835….Q_4(1/9)=2\left(\frac19+\frac1{3\cdot9^3}+\cdots+\frac1{9\cdot9^9}\right)
=0{,}22314355130835\ldots.Их остатки не больше соответственно 1,019⋅10−101{,}019\cdot10^{-10} и 5,867⋅10−125{,}867\cdot10^{-12}. ПоэтомуL=3Q8(1/3)+Q4(1/9)=2,30258509268608…,L=3Q_8(1/3)+Q_4(1/9)=2{,}30258509268608\ldots,0≤ln⁡10−L<3(1,019⋅10−10)+5,867⋅10−12<3,116⋅10−10.0\le\ln10-L<3(1{,}019\cdot10^{-10})+5{,}867\cdot10^{-12}<3{,}116\cdot10^{-10}.В частности, 2,30258509<ln⁡10<2,302585102{,}30258509<\ln10<2{,}30258510. Подставляем нижние и верхние границы в отношение положительных чисел:1+N−1/60000002,30258510≤lg⁡11≤1+N2,30258509.1+\frac{N-1/6000000}{2{,}30258510}
\le\lg11\le
1+\frac{N}{2{,}30258509}.Деление этих явно указанных дробей даёт1,0413926793<lg⁡11<1,0413927519.1{,}0413926793<\lg11<1{,}0413927519.Следовательно, lg⁡11≈1,04139\lg11\approx1{,}04139 с ошибкой меньше 2,752⋅10−6<10−52{,}752\cdot10^{-6}<10^{-5}.
Демидович № 1397 — решение и ответ | Высшая математика — Профиматика