Оценка погрешности 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 $.

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

Задание:

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

Пример 1

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

Решение

Исходная формула:

$latex \sin x=x-\frac{x^{3}}{3!}+\frac{x^{5}}{5!}-…-\frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!} &s=2 $

Обобщим запись:

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

Выясним промежуток для переменной:

$latex x \in \left ( -\frac{1}{2};\frac{1}{2} \right ) &s=2 $

Запишем разложение по формуле Тейлора:
$latex \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} &s=2 $

Пользуясь правилом приведения:

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

Оценим последнее слагаемое:

$latex \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} &s=2 $

Пример 2

$latex e^{x}\simeq1+x+\frac{x^{2}}{2!}+…+\frac{x^{n}}{n!} &s=2 $, $latex 0\leq x\leq 1 &s=2 $

Решение

Выпишем и оценим остаток в формуле Тейлора:

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

Учитывая промежуток для переменной, запишем и оценим:
$latex \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)!} &s=2 $

Пример 3

$latex \sqrt{1+x}\approx 1+\frac{x}{2}-\frac{x^{2}}{8} &s=2 $, $latex 0\leq x\leq 1 &s=2 $

Решение

Запишем разложение:

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

Найдём производную:

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

Оценим последнее слагаемое:

$latex \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} &s=2 $

Источники:

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: