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}), \[ =2+\frac{1}{4}x+\sum_{k=2}^{n-1}\left(-1\right)^{k-1}\frac{\left(2k-2\right)!k}{2^{4k-2}\left(k!\right)^{2}}x^{k}+R_{n}\left(x\right), \] \[ \sqrt{5}=y\left(1\right)\approx2+\frac{1}{4}+\sum_{k=2}^{5}\left(-1\right)^{k-1}\frac{\left(2k-2\right)!k}{2^{4k-2}\left(k!\right)^{2}}= \] \[ =2+\frac{1}{4}+\frac{\left(2\right)!2}{2^{6}\left(2!\right)^{2}}\left(-1\right)^{2-1}+\frac{\left(4\right)!3}{2^{10}\left(3!\right)^{2}}\left(-1\right)^{3-1}+\frac{\left(6\right)!4}{2^{14}\left(4!\right)^{2}}\left(-1\right)^{4-1}+\frac{\left(8\right)!5}{2^{18}\left(5!\right)^{2}}\left(-1\right)^{5-1}= \] \[ =2+\frac{1}{4}-\frac{1}{2^{6}}+\frac{1}{2^{9}}-\frac{5}{2^{14}}+\frac{7}{2^{17}}= \] \[ =\frac{9}{4}-\frac{7}{2^{9}}-\frac{33}{2^{17}}=\frac{1145}{2^{9}}-\frac{33}{2^{17}}=\frac{1}{2^{17}}\left(2290\cdot2^{7}-33\right)=\frac{293087}{131072}. \]