О приближенном вычислении с помощью формулы Тейлора

Если остаток в формуле Тейлора $|r_{n}(x_{0},x)|< \alpha _{0} &s=1$, то формулу Тейлора для многочлена можно записать так:  $f(x)\approx f(x_{0})+\frac{f'(x_{0})}{1!}(x-x_{0})+\frac{f»(x_{0})}{2!}(x-x_{0})^{2}+…+\frac{f^{(n)}(x_{0})}{n!}(x-x_{0})^{n} &s=1$.

Важна форма записи остаточного члена:

$r_{n}(x_{0},x)=\frac{f^{(n+1)}(\xi )}{(n+1)!}(x-x_{0})^{n+1} &s=1$.

$r_{n}(x_{0},x) &s=1$ — определяет погрешность формулы. Если же $f(x) &s=1$ вычисляется по формуле при конкретном числовом значении $x &s=1$, то может оказаться, что слагаемые в этой формуле сами вычисляются приближённо. Тогда погрешность результата будет состоять из погрешности слагаемых и погрешности формулы. Если вычислять все слагаемые с одинаковой точностью $\alpha _{0} &s=1$ (погрешностью формулы), то общая погрешность результата равна $(n+2)\alpha _{0} &s=1$.

Пусть $\alpha &s=1$ — заранее известная точность результата. Тогда следует преобразовать $\alpha _{0} &s=1$ так, чтобы обеспечить выполнение неравенства   $(n+2)\alpha _{0}\leq\alpha &s=1$, то есть $\alpha_{0}\leq\frac{\alpha}{n+2} &s=1$. При достаточно малых $n &s=1$, например, $n\leq8 &s=1$: $\alpha_{0}=\frac{\alpha}{10}\leq\frac{\alpha}{n+2} &s=1$.

Обычно точность вычислений $\alpha &s=1$ задается в виде: $\alpha=10^{-m} \Rightarrow \alpha_{0}=10^{-(m+1)} &s=1$. Это значит, что вычисления нужно проводить с одним запасным знаком. Мы установили, что один запасной знак обеспечит требуемую точность при $n\leq8 &s=1$.

Пример

Вычислить $e^{0,1} &s=1$ с точностью до $\alpha=0,001=10^{-3} &s=1$.

Решение

Оценкой определим, в какой точке удобнее раскладывать исходную функцию (найдём ближайшую к необходимой точку, где известно точное значение функции):

$0\leq0,1\leq0,5 \Rightarrow x\in[0;0,5] &s=1$

Выпишем формулу Тейлора:

$e^{x}=1+x+\frac{1}{2}x^{2}+…+\frac{x^{n}}{n!}+\frac{e^{\xi }}{(n+1)!}x^{n+1} &s=1$;

Выполним вычисление по формуле Тейлора, разложив функцию в точке $x_{0}=0 &s=1$

Выполним оценку погрешности:

$r_{n}(0,x)=\left | \frac{e^{\xi }x^{n+1}}{(n+1)!} \right |=\frac{e^{\xi} \left | x \right |^{n+1}}{(n+1)!}\leq\frac{\sqrt{e}x^{n+1}}{(n+1)!} \leq \frac{2x^{n+1}}{(n+1)!} &s=2$

Оценим сверху:

$\frac{2x^{n+1}}{(n+1)!}\leq \frac{1}{10} &s=2$

Перенесём 2 в правую часть и выполним обозначение:

$\frac{x^{n+1}}{(n+1)!}\leq 0.5*10^{-1}\alpha=\frac{\alpha}{20} &s=2$.

Эта запись удобна тем, что вычисляя последовательность слагаемых $U_{k}=\frac{x^{k}}{k!} &s=1$ мы имеем возможность одновременно видеть достигнута ли требуемая точность.

По условию:

$\alpha=10^{-3} &s=1$

Подставим в оценку, сделанную ранее:

$\frac{x^{n+1}}{(n+1)!}\leq 0,00005 &s=2$

Для $U_{k}=\frac{x^{k}}{k!} &s=1$ полагаем $k=0,1,2,… &s=1$

$x=0,1 \Rightarrow U_{0}=1; U_{1}=0,1; U_{2}=0,005;$

$U_{3}=0,0002; U_{4}=0,00005 &s=1$ — выбранное значение $k$ подходит.

$e^{0,1}\approx 1+0,1+0,005+0,0002+0,00005=1,105 &s=1$

$e^{0,1}\approx1,105 &s=1$

Неравенство $\frac{x^{n+1}}{(n+1)!}\leq0,00005 &s=2$ оказалось выполненным при $k=n+1=4 &s=1$, $n=3 &s=1$.

Источники:

• Лысенко З.М. Конспект лекций по курсу математического анализа.
• Фихтенгольц Г.М. — Курс дифференциального и интегрального исчисления. Том 1, Глава третья, пар. 5, ст. 257-263.