Приближённые вычисления и формула Тейлора

3

Приближенные вычисления и формула Тейлора

В. Р. ПОЧУЕВ

Эта статья начинается с простых заменений о приближенных арифметических вычислениях, которые естественно приводят к заменеальной формуле Тейлора. В частности эта формула устанавливается школьными методами, а затем используется для приближенного вычисления значений функций.

Два примера для размини

Предположим, что нужно вычислить произведение

$$p = 1,03 \times 2,01$$

с точностью до 0,001. Это вычисление естественно проделать так

$$p = (1 + 0,03) \cdot (2 + 0,01) \approx 2 + 0,06 + 0,01 = 2,07.$$

Здесь мы преберегли четырьмя слагаемым $0,01 \times 0,03 = 0,0003$, так как оно меньше предписанной точности.

Использованный примет станет более нагладным, если обозначить число 0,01 через $x$. Тогда нашей вычисление — это просто вычисление функций (многочлена)

$$f(x) = (1 + 3x)(2 + x) = 2 + 7x + 3x^2$$

при значении $x = 0,01$, либо $p = f(0,01)$. При написании приближенного равенства $f(x) \approx 2 + 7x$, мы пренебрегаем членом $3x^2$ более высокой (второй) степени.

Рассмотрим чуть более сложный пример: вычислим с точностью до 0,01 произведение

$$q = 2,12 \times 1,97.$$

Обозначая теперь число 0,1 через $x$, мы видим, что вычислить $q$ — это значит найти значение функции

$$g(x) = (2 + x + 2x^2)(2 - 3x^2)$$

при $x = 0,1$. Раскрывая скобки, получим

$$g(x) = 4 + 2x - 2x^2 - 3x^3 - 6x^4.$$

Членами с $x^3$ и $x^4$ можно пренебречь, так как при $x = 0,1$, $x^3 = 0,001$ и $x^4 = 0,0001$ находится за пределами требуемой точности 0,01. Итак,

$$q = g(0,1) \approx 4 + 2(0,1) - 2(0,1)^2 = 4,18.$$

Проанализируем нашей действия

Успех вычислений основывался на том факте, что искомое произведение $p$ (или $q$) было близко к точному числу $A$, а затем представлялось как значение некоторой функции $f(x)$ при малом $x$, причем $f(0)$ равнялось $A$.

Так, в первом примере грубая прикидка дает $p \approx 1 \cdot 2 = 2 = A_1$, а отклонения comножитель от единиц и двойки малы. Аналогично, во втором примере грубая прикидка дает $q \approx 2 \cdot 2 = 4 = A_2$, и вновь отклонения comножитель от двоек малы. В пер-

4

Вом случае это отклонение сомножителей мерилось в «x-единицах», где $x$ было 0,01, а во втором слуае — в `других «x’-единицах», где $x'$ было 0,1.

Далее, подбираемая функция $f(x)$ (или $g(x)$) разбивалась на две части — существуюю и второстепенно:

$$f(x) = f_1(x) + f_2(x), \quad f_1(x) = 2 + 7x, \quad f_2(x) = 3x^2, \quad g(x) = g_1(x) + g_2(x), \quad g_1(x) = 4 + 2x - 2x^2, \quad g_2(x) = -3x^3 - 6x^4,$$

где существенные части $f_1(x)$ (и $g_1(x)$) были многочленами первой и второй степени, представляющими результаты с требуемой точностью, а $f_2$ и $g_2$ были пренебрежимо малы.

Введем символь «о малое»

В рассмотренных слуаях в математическом анализе часто используется следующая более короткая и более выраженная формула записи:

$$f(x) = 2 + 7x + o(x), \quad g(x) = 4 + 2x - 2x^2 + o(x^2).$$

Здесь символь $o(x)$ (читается «о малое от $x$») обозначает некоторую функцию от $x$ (точный вид ее нас не интересует), которая стремится к нулю быстрее чем $x$, то есть такая, что

$$\lim_{x \to 0} \frac{o(x)}{x} = 0.$$

Аналогично, $o(x^2)$ — некоторая функция от $x$, стремящаяся к нулю быстрее, чем $x^2$, то есть

$$\lim_{x \to 0} \frac{o(x^2)}{x^2} = 0.$$

Вообщее $o(x^n)$, при $n \ge 1$, — это обозначание для функции от $x$, обладающей таким свойством:

$$\lim_{x \to 0} \frac{o(x^n)}{x^n} = 0.$$

Используя арифметические свойства пределов (см. Алгебра и начало анализа 9—10, п.), легко установить следующие правила, позволяющие преобразовать сложные выражения, содержащие о малое, в более простые:

(a) $o(x^n) + o(x^n) = o(x^n)$,
(b) $x \cdot o(x^n) = o(x^{n+1})$,
(c) $x^{n+1} = o(x^n)$, и т.п.
(Например, чтобы установить (a),

$$\begin{align*} \lim_{x \to 0} \frac{o(x^n)}{x^n} &= 0. \end{align*}$$

нужно показать, что сумма двух функций, каждой из которых стремится к нулю, сама стремится к нулю; а это сразу следует из правила о сумме пределов.)

Выведем несколько приближенных формул

Воспользуемся символьами $o(x)$, $o(x^2)$, … и их свойствами для вывода некоторых формул, полезных при приближенных вычислениях.

Пример 1. Докажем формулу:

$$(1+x)^3 = 1 + 3x + o(x).$$

(Член $o(x)$ подсказывает нам, что этой формулой можно пользоваться, если квадратом $x$ можно пренебречь в наших вычислениях.)

Доказательство. По формуле куба суммы

$$(1+x)^3 = 1 + 3x + 3x^2 + x^3,$$

но $x^2 = o(x)$ (правило (г)); $3x^2 = o(x)$ (правило (б)); $x^3 = o(x)$ (правила (г), (в)). Поэтому

$$(1+x)^3 = 1 + 3x + o(x) + o(x) = 1 + 3x + o(x).$$

Таким образом, мы можем написать с точностью до 0,01:

$$(1,012)^3 \approx 1 + 3 \cdot 0,012 = 1,036.$$

Пример 2. Докажем формулу:

$$\frac{1}{1-q} = 1 + q + q^2 + \dots + q^n + o(q^n).$$

Доказательство неедленно следует из легкого проверяемого подхода

$$\frac{1}{1-q} = 1 + q + q^2 + \dots + q^n + \frac{q^{n+1}}{1-q}.$$

Воспользуемся формулой (2) для приближенного вычисления дроби $r = 201/203$. Представляя эту дробь в виде

$$r = \frac{1 + \frac{1}{200}}{1 + \frac{3}{200}},$$

расмотрим функцию

$$h(x) = \frac{1+x}{1+3x}; \quad h\left(\frac{1}{200}\right) = h(0,005) = r.$$

Возьем в (2) $n=2$, $q=-3x$; тогда

$$\frac{1}{1+3x} = 1 - 3x + 9x^2 + o(x^2),$$

5

$$h(x) = \frac{1}{1+3x} = 1 - 2x + 6x^2 + o(x^2).$$

Таким образом, $r = h(0,005) \approx 1 - 0,01 + 0,000150 = 0,990150$.

Упражнения

1. Написать и установить формулу для $(1+x)^7$ с точностью $o(x^2)$.
2. Написать и установить формулу для $1/(1+q)$ с точностью $o(q^n)$.

Приближенное вычисление радиkalов

При приближенном вычислении радиkalов мы будем разливать «хороший» случай и «плохой». В «хорошем» случай под знаком квадратного корня стоит число, мало отличнее от полного квадрата, вычисляемое число $\lambda$ имеет вид $\sqrt{a^2 + a^2}$, где $a$ мало по сравнению с $a^2$. Для иллюстрации этого случай рассмотрим следующий пример.

Пример 3. Найдем приближение значение корня $\lambda = \sqrt{99}$.

Представим $\lambda$ в виде
$$\lambda = \sqrt{100-1} = 10\sqrt{1-0,01}$$
и рассмотрим функцию $r(x) = \sqrt{1+x}$, так что $\lambda = 10r(-0,01)$. Допустим, что при малых $x$ существует приближенная формула
$$r(x) = a + bx + cx^2 + o(x^2).$$

(3) Найдем $a, b$ и $c$. Прежде всего, устремляя $x$ к нулю, получаем: $a = 1$. Тепер возведем обе части равенства (3) в квадрат:
$$1 + x = a^2 + 2abx + (b^2 + 2ac)x^2 + o(x^2).$$

Приравнивая коэффициенты при одинаковых степенях $x$ в обеих частях последнего равенства, получим $a^2 = 1; 2ab = 1; b^2 + 2ac = 0$. Учитывая, что $a = 1$, находим: $b = 1/2; c = -1/8$. Итак,
$$\sqrt{1+x} = 1 + \frac{1}{2}x - \frac{1}{8}x^2 + o(x^2).$$

(4) Таким образом,
$$\lambda = 10r(-0,01) \approx 10(1-0,005 - 0,0000125) = 10(0,9949875) = 9,949875.$$

Покажем теперь, как нужно действовать в «плохом» случай. В качестве иллюстрации разберем

Пример 4. Найдем приближение значение корня $\mu = \sqrt{2}$.

Ясно, что найdenная нами формула (4), дающая $\sqrt{2}$ при $x = 1$, для вычисления корня совершено не подходит, поскольку $x$ не является малым, и мы не можем расчитывать, что слагаемые в правой части (4) быстро убывают. Чтобы сделать к «хорошему» случай, подберем два полных квадрата, относение которых к 2. Такими квадратами являются, например, 25 и 49. Тогда
$$\mu = \sqrt{2} = \frac{7}{5} \sqrt{\frac{50}{49}} = \frac{7}{5} v.$$
Вычисление $v$ — это уже «хороший» случай, так как под знаком радикала стоит число близкое к 1 (полное квадрату). Запишем $v$ в виде:
$$v = (1-0,02)^{-\frac{1}{2}}$$
и рассмотрим функцию $S(x) = 1/\sqrt{1+x}$. Тогда $v = S(-0,02)$. Допустим снова снова, что имеет место формула вида
$$S(x) = a + bx + cx^2 + o(x^2).$$
Устремляя $x$ к нулю, получаем $a = 1$. Возводим обе части в квадрат и умножаем на значенатель,
$$1 = (1+x)(a^2 + 2abx + (b^2 + 2ac)x^2 + o(x^2)),$$
$$1 = a^2 + (a^2 + 2ab)x + (b^2 + 2ab + 2ac) \times x^2 + o(x^2).$$
Приравниваем коэффициенты при одинаковых степенях $x$ в обеих частях последнего равенства, получим $a^2 = 1, a^2 + 2ab = 0, b^2 + 2ab + 2ac = 0$. Учитывая, что $a = 1$, находим: $b = -1/2; c = 3/8$. Итак,
$$\frac{1}{\sqrt{1+x}} = 1 - \frac{1}{2}x + \frac{3}{8}x^2 + o(x^2).$$

Таким образом,
$$\mu = \sqrt{2} = (7/5)S(-0,02) \approx 1,4(1+0,01+0,00015) = 1,41421.$$
Формула Тейлора для многочленов Пусть дан многочлен степени $n$:
$$p(x) = a_0 + a_1x + a_2x^2 + ... + a_nx^n$$
Тогда имеет место следующая формула:
$$p(x) = p(0) + p'(0)x + \frac{1}{2!}p''(0)x^2 + ... + \frac{1}{n!}p^{(n)}(0)x^n,$$

6

в котором $p^{(n)}$ обозначает $n$-ую производуную функцию $p$, а символ $n!$ (читается «эн факторал») расшифровывается так: $n! = 1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot \dots \cdot n$.

Например, при $n = 2$, $p(x) = a_0 + a_1x + a_2x^2$, поэтому $p'(x) = 2a_2x + a_1$, $p''(x) = 2a_2$, значит, $p'(0) = a_1$, $p''(0) = 2a_2$ и поэтому, действительно,

$$p(x) = p(0) + p'(0)x + \frac{1}{2}p''(0)x^2 = a_0 + a_1x + a_2x^2.$$

В общем случае формула (6) проверяется неосредственно. Советуючитатель не полениться и продолжать эту проверку, начав «для разминки» со случай $n = 3$.

Формула Тейлора для функций

Пользовать правилами (6), и (г), формулу (6) можно переписать в виде

$$p(x) = p(0) + p'(0)x + \frac{p''(0)x^2}{2} + \dots + \frac{p^{(n-1)}(0)}{(n-1)!}x^{n-1} + o(x^{n-1}).$$

Эта формула полезна для приближенных вычислений в том случае, когда $x^n$ пренебрежимо мало. Однако она нас интересует здесь по другой причине: оказывается, эта формула верна не только для многочленов $p(x)$, но и для произвольных функций $f(x)$ (лишь бы они имели произвольные $f'(x)$, $f''(x)$, …, $f^{(n+1)}(x)$ до порядка $n+1$ включительно). Соответствие

$$f(x) = f(0) + f'(0)x + \frac{f''(0)}{2}x^2 + \dots + \frac{f^{(n)}(0)}{n!}x^n + o(x^n)$$

называется формулой Тейлора (или Маклорена) по имену двух английских математических коэффициентов XVII—XVIII веков, хотя по существу была известна еще и Ньюотону. Мы не будем доказывать эту формулу в общем виде, а получим также разложения более простыми средствами, как мы уже это делали ранее.

Формула Тейлora
для дробно-рациональных функций (метод неопределенных коэффициентов)

Дробно-рациональный называют всякую функцию, которая представляет

лечение в виде отношения двух многочленов. Разберем на конкретном примере, как получить разложение Тейлора для таких функций.

Пример 5. Разложим по формуле Тейлора до $o(x^3)$ функцию

$$f(x) = \frac{1+x}{1+x+x^2}.$$

Первый способ. Рассмотрим функцию $g(x) = \frac{1}{1+x+x^2}$. Введем новую переменную $t = x+x^2$. По формуле (2), где $q = -t$, можем написать

$$g(x) = \frac{1}{1+t} = 1-t+t^2-t^3+o(t^3) = 1-(x+x^2)+(x+x^2)^2-(x+x^2)^3 + o(x^3) = 1-x+x^3+o(x^3).$$

Итак,

$$f(x) = (1+x)(1-x+x^3+o(x^3)) = 1-x^2+x^3+o(x^3).$$

Второй способ (метод неопределенных коэффициентов). Пусть

$$f(x) = \frac{1+x}{1+x+x^2} = a+bx+cx^2 + dx^3 + o(x^3)$$

Умножим обе части на знаменатель:

$$1+x = (1+x+x^2)(a+bx+cx^2+dx^3 + o(x^3))$$

$$1+x = a+(a+b)x+(a+b+c)x^2 + (b+c+d)x^3+o(x^3).$$

Приравниваем коэффициенты при одинаковых степенях $x$ в обеих частях последнего равенства, получим $a=1, a+b=1; a+b+c=0; b+c+d=0$. Таким образом, $a=1, b=0, c=-1, d=1$, и мы приходим к прежнему результату.

Формула Тейлora
для тригонометрических функций

Наша цель — доказать следующее формулы, не пользоваться общей формуле Тейлora (7).

$$\sin x = x - \frac{x^3}{3!} + \frac{x^5}{5!} + o(x^5),$$

$$\cos x = 1 - \frac{x^2}{2!} + \frac{x^4}{4!} + o(x^4).$$