Оценка погрешности формулы Тейлора

Если остаток в формуле Тейлора |r_{n}(x_{0},x)|< \alpha _{0}  ,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}  .

В свою очередь остаточный член: r_{n}(x_{0},x)=\frac{f^{(n+1)}(xi )}{(n+1)!}(x-x_{0})^{n+1}  — определяет погрешность формулы.

Задание:

Записать разложение по формуле Маклорена (x_{0}=0 ) с остатком в форме Лагранжа. Оценить абсолютную погрешность.

Пример 1

\sin x=x-\frac{x^{3}}{6}  , причём |x| \leq \frac{1}{2}

Решение

Исходная формула:

\sin x=x-\frac{x^{3}}{3!}+\frac{x^{5}}{5!}-...-\frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}

Обобщим запись:

\sin x=\sum\limits_{k=0}^{n} \frac{(-1)^{k}x^{2k+1}}{(2k+1)!}+\underset{x\rightarrow 0}{o(x^{2k+1})}

Выясним промежуток для переменной:

x \in \left ( -\frac{1}{2};\frac{1}{2} \right )

Запишем разложение по формуле Тейлора:
\sin x=x-\frac{x^{3}}{3!}+\frac{\sin^{(4)}( x )}{4!}x^{4}=x-\frac{x^{3}}{3!}+\frac{\sin( x +4\frac{\pi }{2} )}{4!}x^{4}=x-\frac{x^{3}}{3!}+\frac{\sin( x +2\pi )}{4!}x^{4}

Пользуясь правилом приведения:

\sin( x +2\pi )=\sin x
\sin x=x-\frac{x^{3}}{3!}+\frac{\sin x}{4!}x^{4}

Оценим последнее слагаемое:

\left | \frac{\sin x}{4!}x^{4} \right |= \frac{\left | \sin x \right |}{4!}\left | x^{4} \right |\leq \frac{\left | x^{4} \right |}{4!}\leq \frac{\frac{1}{2}}{4!}=\frac{1}{16\cdot 1\cdot 2\cdot 3\cdot 4}=\frac{1}{384}

Пример 2

e^{x}\simeq1+x+\frac{x^{2}}{2!}+...+\frac{x^{n}}{n!}  , 0\leq x\leq 1

Решение

Выпишем и оценим остаток в формуле Тейлора:

|r_{n} ( x_{0},x )|=\left | \frac{e^{x }}{(n+1)!}x^{n+1} \right |\leq \left | \frac{e^{x }}{(n+1)!} \right |

Учитывая промежуток для переменной, запишем и оценим:
\begin{Bmatrix}  x_i \in \left ( 0;1 \right )\  e\approx 2,71  \end{Bmatrix}\Rightarrow \left | \frac{e^{x_i }}{(n+1)!} \right |\leq \frac{3}{(n+1)!}

Пример 3

\sqrt{1+x}\approx 1+\frac{x}{2}-\frac{x^{2}}{8}  , 0\leq x\leq 1

Решение

Запишем разложение:

\sqrt{1+x}=1+\frac{\alpha }{1!}x+\frac{\alpha (\alpha -1)}{2!}x^{2}+\frac{f^{(3)}(x_i)}{3!}x^{3}

Найдём производную:

f'(x)=\frac{1}{2\sqrt{1+x}}
f^{(2)}(x)=\frac{1}{2}((1+x)^{-\frac{1}{2}})'=-\frac{1}{4}(1+x)^{-\frac{3}{2}}
f^{(3)}(x)=(-\frac{1}{4})(-\frac{3}{2})(1+x)^{-\frac{5}{2}}=\frac{3}{8}(1+x)^{-\frac{5}{2}}
f^{(3)}(x_i )=\frac{3}{8}(1+x_i )^{-\frac{5}{2}}

Оценим последнее слагаемое:

\left | \frac{3}{8}\cdot \frac{(1+x_i )^{-\frac{5}{2}}}{3!} x^{3}\right |=\left |\frac{(1+x_i )^{-\frac{5}{2}}}{16} x^{3} \right |\leq \frac{2^{-\frac{5}{2}}}{16}\cdot 1< \frac{1}{16}

Источники:

О приближенном вычислении с помощью формулы Тейлора

Если остаток в формуле Тейлора |r_{n}(x_{0},x)|< \alpha _{0}  , 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} .

Важна форма записи остаточного члена:

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

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

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

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

Пример

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

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]

Выпишем формулу Тейлора:

e^{x}=1+x+\frac{1}{2}x^{2}+...+\frac{x^{n}}{n!}+\frac{e^{\xi }}{(n+1)!}x^{n+1}  ;

Выполним вычисление по формуле Тейлора, разложив функцию в точке x_{0}=0

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)!}

Оценим сверху:

\frac{2x^{n+1}}{(n+1)!}\leq \frac{1}{10}

Перенесём 2 в правую часть и выполним обозначение:

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

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

По условию:

\alpha=10^{-3}

Подставим в оценку, сделанную ранее:

\frac{x^{n+1}}{(n+1)!}\leq 0,00005

Для U_{k}=\frac{x^{k}}{k!}  полагаем k=0,1,2,...

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

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

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

e^{0,1}\approx1,105

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

Источники: