Рассмотрим функцию y=√4+x=(4+x)12. Искомая величина будет значением этой функции при x=1 √5=√4+1=y(1). Разложим эту функцию по формуле Тейлора вокруг нуля. Для этого нам понадобится производная y(x) произвольного порядка. Вычислим первые несколько производных: y=(4+x)12 y′=12(4+x)−12,y″=−1212(4+x)−32 y‴=121232(4+x)−52,y⁗=−12123252(4+x)−72 Можно заметить, что при k⩾2 y(k)=12k−1∏j=1(−2j−12)(4+x)−2k−12. Докажем эту формулу методом математической индукции. Для этого база (см. выше) уже доказана, и осталось доказать шаг, т.е. что из формулы (1) следует, что y(k+1)=12k∏j=1(−2j−12)(4+x)−2k+12. Для этого возьмём производную от обеих частей формулы (1): y(k+1)=12k−1∏j=1(−2j−12)(−2k−12)(4+x)−2k−12−1(−1)=12k∏j=1(−2j−12)2k−12(4+x)−2k+12, что и требовалось доказать. Для компактности выразим произведение в доказанной формуле через степени и факториалы: k−1∏j=1(−2j−12)=k−1∏j=1−12k−1∏j=1(2j−1)=(−1)k−12k−1k−1∏j=1(2j−1)k−1∏j=1(2j)k−1∏j=112j= =(−1)k−122k−2k−1∏j=1[(2j−1)(2j)]k−1∏j=11j=(−1)k−1(2k−2)!22k−2(k−1)!. Таким образом, y(k)=12k−1∏j=1(−2j−12)(4−x)−2k−12=(−1)k−1(2k−2)!22k−1(k−1)!(4+x)−2k−12. В частности, y(k)(0)=(−1)k−1(2k−2)!22k−1(k−1)!(4)−2k−12=(−1)k−1(2k−2)!k22k−1k!(2)−(2k−1)=(−1)k−1(2k−2)!k24k−2k!. Применим полученное для формулы Тейлора с остатком в форме Лагранжа: y(x)=n−1∑k=0y(k)(0)k!xk+Rn(x)=y(0)+y′(0)x+n−1∑k=2y(k)(0)k!xk+Rn(x)= =2+14x+n−1∑k=2(−1)k−1(2k−2)!k24k−2(k!)2xk+Rn(x), где Rn(x)=y(n)(θx)n!xn=(−1)n−1(2n−2)!n22n−1(n!)2(4+θx)−2n−12xn,0<θ<1. В нашем случае, т.е. при x=1, Rn(x)=(2n−2)!n22n−1(n!)2(4+θ)−2n−12(−1)n−1, |Rn(x)|=(2n−2)!n22n−1(n!)2(4+θ)−2n−12. По условиям задачи остаток должен удовлетворять неравенству |Rn(x)|<10−4. Оценим по отдельности его множители. В первой дроби множители сгруппируем попарно: (2n−2)!n22n−1(n!)2=122n−1(n−1)!(n!)2n−2∏k=1k=122n−1(n−1)!(n!)n−1∏j=1(2j−1)(2j)= чётные множители сократим: =2n−1(n−1)!22n−1(n−1)!(n!)n−1∏j=1(2j−1)=12n(n!)n−1∏j=1(2j−1)=n∏j=112jn−1∏j=1(2j−1)= и так как 2j−12j<1, =12nn−1∏j=12j−12j<12n. В остатке в форме Лагранжа 0<θ<1, 4<4+θ<5, 4−2n−12>(4+θ)−2n−12>5−2n−12. Итак, |Rn(x)|=(2n−2)!n22n−1(n!)2(4+θ)−2n−12<12n4−2n−12. Если 12n4−2n−12<10−4, то условие (3) выполнится автоматически. Найдём, при каких n это выполнится, т.е. 2n⋅42n−12>104, n⋅22n>104. n=5: 5⋅210=5∗1024=5120<10.000, n=6: 6⋅212=6⋅22⋅210=24⋅1024>10.000. Итак, n=6. Вернёмся к вычислению корня. По формуле (2), =2+14x+n−1∑k=2(−1)k−1(2k−2)!k24k−2(k!)2xk+Rn(x), √5=y(1)≈2+14+5∑k=2(−1)k−1(2k−2)!k24k−2(k!)2= =2+14+(2)!226(2!)2(−1)2−1+(4)!3210(3!)2(−1)3−1+(6)!4214(4!)2(−1)4−1+(8)!5218(5!)2(−1)5−1= =2+14−126+129−5214+7217= =94−729−33217=114529−33217=1217(2290⋅27−33)=293087131072.
20.03.2020
Комментариев нет »
No comments yet.
RSS feed for comments on this post.
Leave a comment
Для отправки комментария вам необходимо авторизоваться.
