Страница сетевой поддержки учеников Тимура Юрьевича Альпина

Вычислить $\sqrt{5}$ с точностью до $10^{-4}$.

Рассмотрим функцию $$y=\sqrt{4+x}=\left(4+x\right)^{\frac{1}{2}}.$$ Искомая величина будет значением этой функции при $x=1$ $$\sqrt{5}=\sqrt{4+1}=y\left(1\right).$$ Разложим эту функцию по формуле Тейлора вокруг нуля. Для этого нам понадобится производная $y\left(x\right)$ произвольного порядка. Вычислим первые несколько производных: $$y=\left(4+x\right)^{\frac{1}{2}}$$ $$y'=\frac{1}{2}\left(4+x\right)^{-\frac{1}{2}},\qquad y''=-\frac{1}{2}\frac{1}{2}\left(4+x\right)^{-\frac{3}{2}}$$ $$y'''=\frac{1}{2}\frac{1}{2}\frac{3}{2}\left(4+x\right)^{-\frac{5}{2}},\qquad y''''=-\frac{1}{2}\frac{1}{2}\frac{3}{2}\frac{5}{2}\left(4+x\right)^{-\frac{7}{2}}$$ Можно заметить, что при $k\geqslant2$ $$\begin{equation} y^{\left(k\right)}=\frac{1}{2}\prod_{j=1}^{k-1}\left(-\frac{2j-1}{2}\right)\left(4+x\right)^{-\frac{2k-1}{2}}.\label{eq:yk} \end{equation}$$ Докажем эту формулу методом математической индукции. Для этого база (см. выше) уже доказана, и осталось доказать шаг, т.е. что из формулы ($\ref{eq:yk}$) следует, что $$y^{\left(k+1\right)}=\frac{1}{2}\prod_{j=1}^{k}\left(-\frac{2j-1}{2}\right)\left(4+x\right)^{-\frac{2k+1}{2}}.$$ Для этого возьмём производную от обеих частей формулы ($\ref{eq:yk}$): $$y^{\left(k+1\right)}=\frac{1}{2}\prod_{j=1}^{k-1}\left(-\frac{2j-1}{2}\right)\left(-\frac{2k-1}{2}\right)\left(4+x\right)^{-\frac{2k-1}{2}-1}\left(-1\right)=\frac{1}{2}\prod_{j=1}^{k}\left(-\frac{2j-1}{2}\right)\frac{2k-1}{2}\left(4+x\right)^{-\frac{2k+1}{2}},$$ что и требовалось доказать. Для компактности выразим произведение в доказанной формуле через степени и факториалы: $$\prod_{j=1}^{k-1}\left(-\frac{2j-1}{2}\right)=\prod_{j=1}^{k-1}\frac{-1}{2}\prod_{j=1}^{k-1}\left(2j-1\right)=\frac{\left(-1\right)^{k-1}}{2^{k-1}}\prod_{j=1}^{k-1}\left(2j-1\right)\prod_{j=1}^{k-1}\left(2j\right)\prod_{j=1}^{k-1}\frac{1}{2j}=$$ $$=\frac{\left(-1\right)^{k-1}}{2^{2k-2}}\prod_{j=1}^{k-1}\left[\left(2j-1\right)\left(2j\right)\right]\prod_{j=1}^{k-1}\frac{1}{j}=\frac{\left(-1\right)^{k-1}\left(2k-2\right)!}{2^{2k-2}\left(k-1\right)!}.$$ Таким образом, $$y^{\left(k\right)}=\frac{1}{2}\prod_{j=1}^{k-1}\left(-\frac{2j-1}{2}\right)\left(4-x\right)^{-\frac{2k-1}{2}}=\frac{\left(-1\right)^{k-1}\left(2k-2\right)!}{2^{2k-1}\left(k-1\right)!}\left(4+x\right)^{-\frac{2k-1}{2}}.$$ В частности, $$y^{\left(k\right)}\left(0\right)=\frac{\left(-1\right)^{k-1}\left(2k-2\right)!}{2^{2k-1}\left(k-1\right)!}\left(4\right)^{-\frac{2k-1}{2}}=\left(-1\right)^{k-1}\frac{\left(2k-2\right)!k}{2^{2k-1}k!}\left(2\right)^{-\left(2k-1\right)}=\left(-1\right)^{k-1}\frac{\left(2k-2\right)!k}{2^{4k-2}k!}.$$ Применим полученное для формулы Тейлора с остатком в форме Лагранжа: $$\begin{equation} y\left(x\right)=\sum_{k=0}^{n-1}\frac{y^{\left(k\right)}\left(0\right)}{k!}x^{k}+R_{n}\left(x\right)=y\left(0\right)+y'\left(0\right)x+\sum_{k=2}^{n-1}\frac{y^{\left(k\right)}\left(0\right)}{k!}x^{k}+R_{n}\left(x\right)=\label{razl} \end{equation}$$ $$=2+\frac{1}{4}x+\sum_{k=2}^{n-1}\left(-1\right)^{k-1}\frac{\left(2k-2\right)!k}{2^{4k-2}\left(k!\right)^{2}}x^{k}+R_{n}\left(x\right),$$ где $$R_{n}\left(x\right)=\frac{y^{\left(n\right)}\left(\theta x\right)}{n!}x^{n}=\left(-1\right)^{n-1}\frac{\left(2n-2\right)!n}{2^{2n-1}\left(n!\right)^{2}}\left(4+\theta x\right)^{-\frac{2n-1}{2}}x^{n},\qquad0<\theta<1.$$ $\text{В нашем случае, т.е. при }x=1$, $$R_{n}\left(x\right)=\frac{\left(2n-2\right)!n}{2^{2n-1}\left(n!\right)^{2}}\left(4+\theta\right)^{-\frac{2n-1}{2}}\left(-1\right)^{n-1},$$ $$\left|R_{n}\left(x\right)\right|=\frac{\left(2n-2\right)!n}{2^{2n-1}\left(n!\right)^{2}}\left(4+\theta\right)^{-\frac{2n-1}{2}}.$$ По условиям задачи остаток должен удовлетворять неравенству $$\begin{equation} \left|R_{n}\left(x\right)\right|<10^{-4}.\label{eq:to4} \end{equation}$$ Оценим по отдельности его множители. В первой дроби множители сгруппируем попарно: $$\frac{\left(2n-2\right)!n}{2^{2n-1}\left(n!\right)^{2}}=\frac{1}{2^{2n-1}\left(n-1\right)!\left(n!\right)}\prod_{k=1}^{2n-2}k=\frac{1}{2^{2n-1}\left(n-1\right)!\left(n!\right)}\prod_{j=1}^{n-1}\left(2j-1\right)\left(2j\right)=$$ чётные множители сократим: $$=\frac{2^{n-1}\left(n-1\right)!}{2^{2n-1}\left(n-1\right)!\left(n!\right)}\prod_{j=1}^{n-1}\left(2j-1\right)=\frac{1}{2^{n}\left(n!\right)}\prod_{j=1}^{n-1}\left(2j-1\right)=\prod_{j=1}^{n}\frac{1}{2j}\prod_{j=1}^{n-1}\left(2j-1\right)=$$ и так как $\frac{2j-1}{2j}<1$, $$=\frac{1}{2n}\prod_{j=1}^{n-1}\frac{2j-1}{2j}<\frac{1}{2n}.$$ В остатке в форме Лагранжа $$0<\theta<1,$$ $$4<4+\theta<5,$$ $$4^{-\frac{2n-1}{2}}>\left(4+\theta\right)^{-\frac{2n-1}{2}}>5^{-\frac{2n-1}{2}}.$$ Итак, $$\left|R_{n}\left(x\right)\right|=\frac{\left(2n-2\right)!n}{2^{2n-1}\left(n!\right)^{2}}\left(4+\theta\right)^{-\frac{2n-1}{2}}<\frac{1}{2n}4^{-\frac{2n-1}{2}}.$$ Если $$\frac{1}{2n}4^{-\frac{2n-1}{2}}<10^{-4},$$ то условие ($\ref{eq:to4}$) выполнится автоматически. Найдём, при каких $n$ это выполнится, т.е. $$2n\cdot4^{\frac{2n-1}{2}}>10^{4},$$ $$n\cdot2^{2n}>10^{4}.$$ $n=5$: $$5\cdot2^{10}=5*1024=5120<10.000,$$ $n=6$: $$6\cdot2^{12}=6\cdot2^{2}\cdot2^{10}=24\cdot1024>10.000.$$ Итак, $n=6$. Вернёмся к вычислению корня. По формуле ($\ref{razl}$), $$=2+\frac{1}{4}x+\sum_{k=2}^{n-1}\left(-1\right)^{k-1}\frac{\left(2k-2\right)!k}{2^{4k-2}\left(k!\right)^{2}}x^{k}+R_{n}\left(x\right),$$ $$\sqrt{5}=y\left(1\right)\approx2+\frac{1}{4}+\sum_{k=2}^{5}\left(-1\right)^{k-1}\frac{\left(2k-2\right)!k}{2^{4k-2}\left(k!\right)^{2}}=$$ $$=2+\frac{1}{4}+\frac{\left(2\right)!2}{2^{6}\left(2!\right)^{2}}\left(-1\right)^{2-1}+\frac{\left(4\right)!3}{2^{10}\left(3!\right)^{2}}\left(-1\right)^{3-1}+\frac{\left(6\right)!4}{2^{14}\left(4!\right)^{2}}\left(-1\right)^{4-1}+\frac{\left(8\right)!5}{2^{18}\left(5!\right)^{2}}\left(-1\right)^{5-1}=$$ $$=2+\frac{1}{4}-\frac{1}{2^{6}}+\frac{1}{2^{9}}-\frac{5}{2^{14}}+\frac{7}{2^{17}}=$$ $$=\frac{9}{4}-\frac{7}{2^{9}}-\frac{33}{2^{17}}=\frac{1145}{2^{9}}-\frac{33}{2^{17}}=\frac{1}{2^{17}}\left(2290\cdot2^{7}-33\right)=\frac{293087}{131072}.$$