О приближенном вычислении с помощью формулы Тейлора

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

Важна форма записи остаточного члена:

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

$latex r_{n}(x_{0},x) &s=1 $ — определяет погрешность формулы. Если же $latex f(x) &s=1 $ вычисляется по формуле при конкретном числовом значении $latex 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 $latex \alpha _{0} &s=1 $ (погрешностью формулы), то общая погрешность результата равна $latex (n+2)\alpha _{0} &s=1 $.

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

Обычно точность вычислений $latex \alpha &s=1 $ задается в виде: $latex \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 $latex n\leq8 &s=1 $.

Пример

Вычислить $latex e^{0,1} &s=1 $ с точностью до $latex \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):

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

Выпишем формулу Тейлора:

$latex 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 $latex x_{0}=0 &s=1 $

Выполним оценку погрешности:

$latex 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:

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

Перенесём 2 в правую часть и выполним обозначение:

$latex \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 $latex U_{k}=\frac{x^{k}}{k!} &s=1 $ мы имеем возможность одновременно видеть достигнута ли требуемая точность.

По условию:

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

Подставим в оценку, сделанную ранее:

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

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

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

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

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

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

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

Источники:

 

 

Добавить комментарий

Ваш адрес email не будет опубликован. Обязательные поля помечены *