Раздел I. Введение в анализ — § 1. Вещественные числа

Демидович — задача 40

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

Задача 40

Пусть δ(x)\delta(x) и δ(y)\delta(y) — относительные погрешности чисел xx и yy, δ(xy)\delta(xy) — относительная погрешность числа xyxy. Доказать, чтоδ(xy)≤δ(x)+δ(y)+δ(x)δ(y).\delta(xy)\le\delta(x)+\delta(y)+\delta(x)\delta(y).

Доказательство

Идея

Относительная погрешность определена для ненулевых точных значений. Запишем каждое приближённое значение как точное, умноженное на множитель 1+ε1+\varepsilon, где ε\varepsilon — относительная ошибка со знаком. После перемножения появятся две отдельные ошибки и их произведение; оценим сумму по неравенству треугольника, не отбрасывая последний член.
Пусть x≠0x\ne0, y≠0y\ne0, а приближённые значения равныx~=x(1+εx),y~=y(1+εy),\widetilde x=x(1+\varepsilon_x),
\qquad
\widetilde y=y(1+\varepsilon_y),где∣εx∣≤δ(x),∣εy∣≤δ(y).|\varepsilon_x|\le\delta(x),
\qquad
|\varepsilon_y|\le\delta(y).Тогдаx~y~=xy(1+εx)(1+εy)=xy(1+εx+εy+εxεy).\widetilde x\widetilde y
=xy(1+\varepsilon_x)(1+\varepsilon_y)
=xy\bigl(1+\varepsilon_x+\varepsilon_y+\varepsilon_x\varepsilon_y\bigr).Следовательно,δ(xy)=∣x~y~−xyxy∣=∣εx+εy+εxεy∣≤∣εx∣+∣εy∣+∣εx∣ ∣εy∣≤δ(x)+δ(y)+δ(x)δ(y).\begin{aligned}
\delta(xy)
&=\left|\frac{\widetilde x\widetilde y-xy}{xy}\right|\\
&=|\varepsilon_x+\varepsilon_y+\varepsilon_x\varepsilon_y|\\
&\le|\varepsilon_x|+|\varepsilon_y|+|\varepsilon_x|\,|\varepsilon_y|\\
&\le\delta(x)+\delta(y)+\delta(x)\delta(y).
\end{aligned}В приближённых вычислениях произведение ошибок нередко отбрасывают как величину второго порядка и пишут δ(xy)≈δ(x)+δ(y)\delta(xy)\approx\delta(x)+\delta(y). Здесь требуется строгое неравенство, поэтому член δ(x)δ(y)\delta(x)\delta(y) необходимо сохранить.

Проверка

δ(xy)≤δ(x)+δ(y)+δ(x)δ(y).\delta(xy)\le\delta(x)+\delta(y)+\delta(x)\delta(y).

Что и требовалось доказать

Демидович № 40 — решение