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
latexx=0,1⇒U0=1;U1=0,1;U2=0,005;
latex U_{3}=0,0002; U_{4}=0,00005 &s=1 — выбранное значение latexk 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:
