Peržiūrėti šaltinį Trigonometrinių, rodiklinės ir hiperbolinių funkcijų reikšmių skaičiavimas


[[Elementariųjų funkcijų reikšmių skaičiavimas]]


:Šių funkcijų reikšmių skaičiavimas pagrįstas '''grandininėmis''' (arba '''tolydžiosiomis''') trupmenomis. Reikalingos žinios apie tas trupmenas pateiktos toliau.
:Išvardytų funkcijų reikšmių skaičiavimas yra susijęs su konkrečia grandinine trupmena, gaunama išskleidus funkcją <math>\operatorname{th} x.</math> Todėl pirmiausia aptarsime, kaip skaičiuoti funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> reikšmes, o paskui - kitų funkcijų reikšmes.

:Toliau <math>\operatorname{ch} x, \;\; \operatorname{sh} x, \;\; \operatorname{th} x\;</math> yra atitinkamai hiperbolinis kosinusas, hiperbolinis sinusas ir hiperbolinis tangentas. Apie hiperbolines funkcjas parašyta čia:
https://en.wikipedia.org/wiki/Hyperbolic_functions

==1. Kai kurios žinios apie grandinines trupmenas.==

:''Baigtine grandinine trupmena'' <math>\frac{P_n}{Q_n}</math> vadinamas šitoks reiškinys:
:[ https://en.wikipedia.org/wiki/Generalized_continued_fraction ]
:<math>\frac{P_n}{Q_n} = b_0 + \cfrac{a_1}{b_1 + \cfrac{a_2}{b_2 + \cfrac{a_3}{b_3 + \quad\quad }}} \quad \quad (8.95)</math>
:<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \ddots</math>
:<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad\quad\quad +\frac{a_n}{b_n}</math>
:Skaičiai <math>a_1, \; a_2, \; ..., \; a_n</math> dažniausiai vadinami daliniai skaitikliais, o <math>b_1, \; b_2, \; ..., \; b_n</math> – daliniais vardikliais.
:Grandininės trupmenos
:<math>\frac{P_0}{Q_0}=\frac{b_0}{1}, \quad</math> <math>\frac{P_1}{Q_1}=b_0 +\frac{a_1}{b_1}, \quad</math> <math>\frac{P_2}{Q_2}=b_0 +\cfrac{a_1}{b_1 + \cfrac{a_2}{b_2 \quad }}, \quad ... \quad (8.96)</math>
:vadinamos grandininės trupmenos <math>\frac{P_n}{Q_n}</math> reduktais.
:Tarę, kad <math>P_{-1}=1, \;\; Q_{-1}=0,</math> iš (8.96) lygybių, išreiškiančių reduktus <math>\frac{P_k}{Q_k} \;</math> (<math> 
k=1, \; 2, \; ..., \; n </math>), galime gauti formules, siejančias <math>P_k</math> su <math>P_{k-1}</math> bei <math>P_{k-2}</math> ir <math>Q_k</math> su <math>Q_{k-1}</math> bei <math>Q_{k-2}:</math>
:<math>  \begin{cases}
     P_k=b_k P_{k-1} +a_k P_{k-2}, & \\
     Q_k=b_k Q_{k-1} +a_k Q_{k-2}. & 
\end{cases} \quad \quad (8.97)
</math>
:[Parodysime, kad jos teisingos, kai ''k''=2.
:<math>P_{-1}=1, \;\; Q_{-1}=0,</math>
:<math>P_{k-2}=P_{0}=b_0, \;\; Q_{k-2}=Q_{0}=1,</math> (iš (8.96)),
:<math>P_1=b_1 P_0 +a_1 P_{-1}=b_1 b_0 + a_1\cdot 1=b_1 b_0 + a_1,</math>
:<math>Q_1=b_1 Q_0 +a_1 Q_{-1}=b_1 \cdot 1 + a_1\cdot 0=b_1,</math>
:<math>P_2=b_2 P_1 +a_2 P_{0}=b_2 (b_1 b_0 + a_1) + a_2 b_0=b_2 b_1 b_0 + b_2 a_1 + a_2 b_0,</math>
:<math>Q_2=b_2 Q_1 +a_2 Q_{0}=b_2 b_1  + a_2 \cdot 1=b_2 b_1  + a_2.</math>
:Gauname
:<math>\frac{P_2}{Q_2}=\frac{b_2 b_1 b_0 + b_2 a_1 + a_2 b_0}{b_2 b_1  + a_2}.</math>
:O iš (8.96) formulės gauname
:<math>\frac{P_2}{Q_2}=b_0 +\cfrac{a_1}{b_1 + \cfrac{a_2}{b_2 \quad }}=b_0 +\cfrac{a_1}{ \cfrac{b_1 b_2 +a_2}{b_2 \quad }}=b_0 +\cfrac{a_1 b_2}{ b_1 b_2 +a_2}=\frac{b_0(b_1 b_2 +a_2) +a_1 b_2}{b_1 b_2 +a_2} = \frac{b_0 b_1 b_2 +b_0 a_2 +a_1 b_2}{b_1 b_2 +a_2}.</math>
:Matome, kad trupmenos <math>\frac{P_2}{Q_2}</math> išraiška abiais būdais skaičiuojant yra tokia pati.]
:Mums bus reikalinga speciali formulė, išreiškianti trupmeną <math>\frac{P_n}{Q_n},</math> apibrėžtą (8.95) reiškiniu. Tuo tikslu palyginsime du tos trupmenos reduktus <math>\frac{P_k}{Q_k}</math> ir <math>\frac{P_{k-1}}{Q_{k-1}}.</math> Tų reduktų skirtumas, savaime aišku, lygus
:<math>\frac{P_k}{Q_k}- \frac{P_{k-1}}{Q_{k-1}}=\frac{P_k Q_{k-1} -Q_k P_{k-1}}{Q_{k-1} Q_k}. \quad (8.98)</math>
:Paskutinės trupmenos skaitiklį, atsižvelgdami į (8.97) lygybes, galime pertvarkyti šitaip
:<math>P_k Q_{k-1} -Q_k P_{k-1}=(b_k P_{k-1} +a_k P_{k-2})Q_{k-1} -(b_k Q_{k-1} +a_k Q_{k-2}) P_{k-1}= -a_k[P_{k-1} Q_{k-2} - Q_{k-1}P_{k-2}]. \quad (8.99)</math>
:Paeiliui remdamiesi (8.99) sąryšiu reikšmėms <math>k, \; k-1, \; k-2, \; ..., \; 1 \;</math> ir atsižvelgdami į tai, kad <math>P_{-1}=1, \;\; Q_{-1}=0, \;\; Q_0=1, \;</math> (8.98) trupmeną išreikšime šitaip:
:<math>\frac{P_k}{Q_k}- \frac{P_{k-1}}{Q_{k-1}}=\frac{-a_k[P_{k-1} Q_{k-2} - Q_{k-1}P_{k-2}]}{Q_{k-1} Q_k}=\frac{-a_k (-a_{k-1})[P_{k-2} Q_{k-3} - Q_{k-2}P_{k-3}]}{Q_{k-1} Q_k}=</math>
:<math>=\frac{-a_k (-a_{k-1})(-a_{k-2})[P_{k-3} Q_{k-4} - Q_{k-3}P_{k-4}]}{Q_{k-1} Q_k}=(-1)^{k+1}a_k a_{k-1} a_{k-2} \; ... \; a_1 \frac{1}{Q_{k-1} Q_k}. \quad (8.100)</math>
:[ <math>P_k Q_{k-1} -Q_k P_{k-1}= -a_k[P_{k-1} Q_{k-2} - Q_{k-1}P_{k-2}].</math>
:Kai k=1, gauname:
:<math>P_1 Q_{0} -Q_1 P_{0}= -a_1[P_{0} Q_{-1} - Q_{0}P_{-1}]=-a_1[b_0\cdot 0 - 1\cdot 1]=a_1.</math> ]
:Kadangi
:<math>\frac{P_n}{Q_n}=\frac{P_0}{Q_0}+\left( \frac{P_1}{Q_1}-\frac{P_0}{Q_0}\right) +\left( \frac{P_2}{Q_2}-\frac{P_1}{Q_1}\right) +...+\left( \frac{P_n}{Q_n}-\frac{P_{n-1}}{Q_{n-1}}\right),</math>
:tai, pasinaudoję (8.100) lygybe, gausime reikalingą konkrečią formulę trupmenai <math>\frac{P_n}{Q_n}</math>
:<math>\frac{P_n}{Q_n}=b_0+\frac{a_1}{Q_0 Q_1} -\frac{a_1 a_2}{Q_1 Q_2} +\frac{a_1 a_2 a_3}{Q_2 Q_3} -...+(-1)^{n+1}\frac{a_1 a_2 \; ... \; a_n}{Q_{n-1} Q_n}. \quad (8.101)</math>

==2. Funkcijos th(x) reiškimas grandinine trupmena.==

:Šiame skirsnyje aprašomą funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> reiškimo grandinine trupmena metodą pirmasis pritaikė Šliomilchas*, dėstydamas grandinine trupmena funkciją <math>\operatorname{tg} x.</math>
:Imkime funkciją <math>y=\operatorname{ch} \sqrt{x},</math> kai <math>x>0.</math> Du kartus ją išdiferencijavę ir atlikę paprastus pertvarkymus, gauname tapatybes:
:<math>2\sqrt{x} y'=\operatorname{sh} \sqrt{x}, \quad 2\sqrt{x} y''+\frac{y'}{\sqrt{x}}-\frac{y}{2\sqrt{x}}=0.</math>
:[ <math>y'=(\operatorname{ch} \sqrt{x})'=\operatorname{sh} \sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}.</math>
:<math>y''=(\operatorname{sh} \sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}})'=\frac{1}{2\sqrt{x}}\operatorname{ch} \sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}+\operatorname{sh} \sqrt{x}(\frac{1}{2\sqrt{x}})'=\frac{1}{4x}\operatorname{ch} \sqrt{x} +\operatorname{sh} \sqrt{x} \cdot\frac{-1\cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}}{2(\sqrt{x})^2}=\frac{\operatorname{ch} \sqrt{x}}{4x} -\frac{1}{4\sqrt{x^3}} \operatorname{sh} \sqrt{x} .</math>
:Bet antra ''y'' išvestinė nieko nepasako. Tiesiog reikia žinot, kad (sh(x))'=ch(x). ]
:Iš lygybės
:<math> 2\sqrt{x} y''+\frac{y'}{\sqrt{x}}-\frac{y}{2\sqrt{x}}=0</math>
:išplaukia tapatybė, kuri teisinga, kai <math>x>0</math> (šios lygybės abi puses reikia padauginti iš <math> 2\sqrt{x}</math>):
:<math>4xy''+2y'-y=0. \quad (8.102)</math>
:Šią tapatybę diferencijuodami toliau, gausime
:<math>  \begin{cases}
     4y''+4xy'''+2y''-y'=4xy'''+(4+2)y''-y'=0, & \\
     4y'''+4xy^{(4)}+6y'''-y''=4xy^{(4)}+(4\cdot 2+2)y'''-y''=0, & \\
     ........................................ & \\
     4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}-y^{(n)}=0. & 
\end{cases} \quad \quad (8.103)
</math>
:Santykį <math>\frac{y^{(n+1)}}{y^{(n)}}</math> pažymėsime simboliu <math>u_{n+1}.</math> Tada iš paskutinės (8.103) lygybės gausime tapatybę (padaliję tą lygybę iš <math>y^{(n+1)}</math>)
:<math>4xu_{n+2}+4n+2=\frac{1}{u_{n+1}},</math>
:iš kurios
:<math>u_{n+1}=\frac{1}{4xu_{n+2}+4n+2}=\frac{\frac{1}{2}}{2n+1+2xu_{n+2}}. \quad (8.104)</math>
:Kadangi 
:<math>u_1=\frac{y'}{y}=\frac{\operatorname{sh} \sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}} }{\operatorname{ch} \sqrt{x}}= \frac{\operatorname{th} \sqrt{x}}{2\sqrt{x}},</math>
:tai (8.104) sąryšį, kai <math>n=0,</math> galima užrašyti šitaip:
:<math>\operatorname{th} \sqrt{x}=u_1\cdot 2\sqrt{x}=\frac{\frac{1}{2}\cdot 2\sqrt{x}}{2\cdot 0+1+2xu_{0+2}}=\frac{\sqrt{x}}{1+2xu_{2}}.</math>
:Dešinėje paskutinės formulės pusėje vietoj <math>u_2</math> įrašysime jo išraišką. gautą iš (8.104) lygybės, kai <math>n=1.</math> Tuomet
:<math>\operatorname{th} \sqrt{x}=\cfrac{\sqrt{x}}{1 + 2x\cdot \cfrac{\frac{1}{2}}{2\cdot 1+1+2xu_{1+2}}}=\cfrac{\sqrt{x}}{1+ \cfrac{x}{3+2xu_{3}}}.</math>
:Šiame reiškinyje vietoje <math>u_3</math> galima įrašyti jo išraišką iš (8.104) lygybės, kai <math>n=2.</math> Tokias operacijas galime atlikti kiek norime kartų. Galų gale gausime funkcijos <math>\operatorname{th} \sqrt{x}</math> dėstinį grandinine  trupmena. Tame dėstinyje vietoj <math> \sqrt{x}</math> įrašę <math> x,</math> turėsime mums reikalingą funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> dėstinį baigtine grandinine trupmena:
:<math>\operatorname{th}x =  \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 + \quad\quad }}} \quad \quad (8.105)</math>
:<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \ddots </math>
: <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad\quad\quad +\frac{x^2}{2n+1+2x^2 u_{n+2}}</math>

__________________
:''*'' '''Schlömilch O'''. Ueber den Kettenbruch für tg ''x''. Zs. Math. u'''.''' Phys. 2(1857), 137–165.

==3. Funkcijos th(x) reikšmių skaičiavimas. Skaičiavimo paklaidos įvertinimas.==

:Skaičiuojant funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> reikšmes elektronine skaičiavimo mašina, dažniausiai naudojamsi (8.105) formule, iš kurios išbraukiamas narys <math>2x^2 u_{n+2}.</math> Tuomet skaičius ''n'' paprastai laikomas lygiu 6 (''n''=6), o ''x'' reikšmių moduliai apribojami skaičiumi <math>\frac{\pi}{4}\approx 0.785398.</math>
:Įvertinsime paklaidą su bet kokiu ''n''.
:Funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> reikšmės artinį, gautą iš (8.105) formulės, išbraukus narį <math>2x^2 u_{n+2},</math> žymėsime <math>\overline{\operatorname{th}} x.</math> Pastebėsime, kad <math>\operatorname{th} x</math> ir <math>\overline{\operatorname{th}} x</math> yra grandininės trupmenos, kurias atitinkamai žymėsime <math>\frac{P_{n+1}}{Q_{n+1}}</math> ir <math>\frac{\overline{P}_{n+1}}{\overline{Q}_{n+1}}.</math>
:Surašykime tų trupmenų dalinius skaitiklius <math>a_i</math> ir <math>\overline{a}_i</math> bei dalinius vardiklius <math>b_i</math> ir <math>\overline{b}_i</math> (brūkšneliu virš raidės žymėsime skaičius, susijusius su trupmena <math>\frac{\overline{P}_{n+1}}{\overline{Q}_{n+1}}</math>):
:<math>  \begin{cases}
a_1=\overline{a}_1=x, \;\; a_2=\overline{a}_2=x^2, \;\; a_3=\overline{a}_3=x^2, \;\; ..., \;\; a_{n+1}=\overline{a}_{n+1}=x^2, & \\
b_0=\overline{b}_0=0, \;\; b_1=\overline{b}_1=1, \;\; b_2=\overline{b}_2=3, \;\; b_3=\overline{b}_3=5, \;\; ..., \;\; b_{n}=\overline{b}_{n}=2n-1, & \\
b_{n+1}=2n+1+2x^2 u_{n+2}, \;\; \overline{b}_{n+1}=2n+1. & 
\end{cases} \quad \quad (8.106)
</math>
:Kadangi trupmenose <math>\frac{P_{n+1}}{Q_{n+1}}</math> ir <math>\frac{\overline{P}_{n+1}}{\overline{Q}_{n+1}}</math> turime <math>Q_{-1}=\overline{Q}_{-1}=0, \;\; Q_{0}=\overline{Q}_{0}=1,</math> tai, remdamiesi (8.106) formulėmis ir (8.97) sąryšiais, gauname šitokias lygybes
:<math>  \begin{cases}
Q_1=\overline{Q}_1, \;\; Q_2=\overline{Q}_2, \;\; Q_3=\overline{Q}_3, \;\; ..., \;\; Q_{n}=\overline{Q}_{n}, & \\
Q_{n+1}=(2n+1+2x^2 u_{n+2})\overline{Q}_{n}+ x^2 \overline{Q}_{n-1}, & \\
\overline{Q}_{n+1}=(2n+1)\overline{Q}_{n} + x^2 \overline{Q}_{n-1}. & 
\end{cases} \quad \quad (8.107)
</math>
:Dabar abi trupmenas <math>\frac{P_{n+1}}{Q_{n+1}}</math> ir <math>\frac{\overline{P}_{n+1}}{\overline{Q}_{n+1}}</math> išreikšime pagal (8.101) formulę. Iš (8.106) ir (8.107) lygybių matyti, kad tos išraiškos viena nuo kitos skirsis tik paskutiniu dėmeniu. Todėl skirtumas <math>\frac{P_{n+1}}{Q_{n+1}} - \frac{\overline{P}_{n+1}}{\overline{Q}_{n+1}} \;</math> bus lygus tų trupmenų išraškų pagal (8.101) formulę paskutinių dėmenų skirtumui. Kadangi aptariamųjų trupmenų skirtumas lygus <math>\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x,</math> tai, pasinaudoję (8.106) lygybėmis, gauname formulę
:<math>\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x=(-1)^{n+2} x^{2n+1} \left[ \frac{1}{Q_n Q_{n+1}} - \frac{1}{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \right].</math>
:Šią formulę, remiantis (8.107) lygybėmis, galima perrašyti šitaip:
:<math>\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x=(-1)^{n+2} x^{2n+1} \left[ \frac{1}{\overline{Q}_n Q_{n+1}} - \frac{1}{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \right] =(-1)^{n+2} x^{2n+1} \left[ \frac{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1} -\overline{Q}_n Q_{n+1}}{\overline{Q}_n Q_{n+1} \overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \right] =(-1)^{n+2} x^{2n+1} \left[ \frac{ \overline{Q}_{n+1} - Q_{n+1}}{\overline{Q}_n Q_{n+1}  \overline{Q}_{n+1}} \right] =</math>
:<math>=(-1)^{n+1} x^{2n+1} \left[ \frac{ Q_{n+1} -\overline{Q}_{n+1} }{\overline{Q}_n Q_{n+1}  \overline{Q}_{n+1}} \right] = (-1)^{n+1} x^{2n+1} \left[\frac{ [(2n+1+2x^2 u_{n+2})\overline{Q}_{n}+ x^2 \overline{Q}_{n-1}] -[(2n+1)\overline{Q}_{n} + x^2 \overline{Q}_{n-1}] }{\overline{Q}_n Q_{n+1}  \overline{Q}_{n+1}} \right] =</math>
:<math>= (-1)^{n+1} \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{ Q_{n+1}} \right] =</math>
:<math>= (-1)^{n+1} \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n}+ x^2 \overline{Q}_{n-1} } \right] . \quad (8.108)</math>
:Kad gautume reikalingą įvertį, pasinaudosime dviem nelygybėmis, kurias įrodysime vėliau.
:''Kai <math>x\geq 0,</math> su bet kokiu <math>k\geq 1</math> teisinga nelygybė''
:<math>Q_k\geq (2k-1)!!. \quad (8.109)</math>
:''Kai <math>x> 0,</math> skaičius <math>u_{n+2}</math> yra teigiamas'':
:<math>u_{n+2}>0. \quad (8.110)</math>
:Dabar įvertinsime skirtumą <math>\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x,</math> tarę, kad ''x''>0. Kadangi <math>u_{n+2}</math> ir visi <math>\overline{Q}_k</math> yra teigiami, kai ''x''>0, tai reiškinys, parašytas (8.108) lygybės dešinės pusės laužtiniuose skliaustuose, nėra didesnis už vienetą. Be to, iš (8.109) gauname nelygybę
:<math>\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1} \geq [(2n-1)!!]^2 (2n+1).</math>
:Todėl, kai ''x''>0, su bet kokiu numeriu ''n'' bus teisingas toks paklaidos įvertis:
:<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq \frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} .\quad (8.111)</math>
:Apskaičiuosime paklaidos įvertį, kai ''n''=6, o ''x'' reikšmės tenkina nelygybes <math>0<x<\frac{\pi}{4}.</math> Kai ''n''=6, skaičius <math>2n-1</math> lygus 11, o skaičius <math>2n+1</math> lygus 13. Kadangi <math>\frac{\pi}{4} <0.8,</math> tai <math>x^{13} <(0.8)^{13} <5.6\cdot 10^{-2}.</math> Lengva apskaičiuoti, kad <math>11!! =10395.</math> Todėl iš (8.111) formulės įsitikiname, kad <math>\operatorname{th}x</math> reikšmės apytikslio skaičiavimo paklaida, kai ''n''=6, ne didesnė už <math>4\cdot 10^{-11}.</math>
:[<math>0.8^{13} =0.0549755813888 <5.5\cdot 10^{-2}.</math> 
:11!! = 11*9*7*5*3 = 10395. <math>\frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} =\frac{0.0549755813888}{10395^2 \cdot 13} =\frac{0.0549755813888}{108056025 \cdot 13} =</math> 
:= 0.0549755813888/(10395^2 * 13) = 3.9136095151210110325069440028555e-11 <math>\approx 3.9136\cdot 10^{-11}.</math>]
:Dabar įrodysime, kad (8.109) ir (8.110) nelygybės yra teisingos.
:(8.109) '''nelygybės įrodymas.'''
:Iš pradžių įrodysime, kad visi <math>\overline{Q}_k</math> yra neneigiami. Iš (8.106) formulių išplaukia, kad <math>\overline{a}_k</math> ir <math>\overline{b}_k</math> neneigiami, kai <math>x\geq 0</math> ir <math>k\leq n.</math> Be to, jau sakėme, kad <math>\overline{Q}_{-1}=0, \;\; \overline{Q}_{0}=1.</math> Iš to ir iš antrosios (8.97) formulės aišku, kad visi <math>\overline{Q}_k</math> neneigiami, kai <math>k\leq n.</math>
:Iš antrosios (8.97) formulės ir iš to, kad <math>a_k</math> ir <math>\overline{Q}_k</math> neneigiami, išplaukia nelygybė
:<math>\overline{Q}_k \geq b_k \overline{Q}_{k-1}. \quad (8.112)</math> 
:Kadangi <math>\overline{Q}_{0}=1,</math> o <math>b_k=2k-1,</math> kai <math>1\leq k \leq n,</math> tai paeiliui iš (8.112) nelygybės gauname <math>\overline{Q}_1 \geq 1, \;\; \overline{Q}_2 \geq 3\cdot 1= 3, \;\; \overline{Q}_3 \geq 5\cdot 3= 15, \;\;  \overline{Q}_4 \geq (2\cdot 4-1)\overline{Q}_3=7\cdot 5\cdot 3= 105, \;\; ..., \;\; \overline{Q}_k \geq (2k-1)!!.</math> Įsitikinome, kad (8.109) nelygybė yra teisinga.
:(8.110) '''nelygybės įrodymas.'''
:Užtenka įrodyti, kad funkcijos <math>y=\operatorname{ch} \sqrt{x}</math> visos išvestinės, kai ''x''>0, yra teigiamos. Savaime aišku, kartu įrodysime ir (8.110) nelygybę, nes <math>u_{n+2}=\frac{y^{(n+2)}}{y^{(n+1)}}.</math>
:Padauginę paskutinę (8.103) lygybę iš <math>\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}},</math> gautąją lygybę galime užrašyti šitaip:
:<math>\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}\right]'=\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n)}. \quad (8.113)</math>
:[ <math> \; 4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}-y^{(n)}=0 \;\; |\cdot \frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}},</math>
:<math>x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+2)}+(n+\frac{1}{2})x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n+1)}-\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n)}=0.</math>
:<math>\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}\right]'= (n+\frac{1}{2})x^{n-\frac{1}{2}} y^{(n+1)} + x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+2)}. </math> ]
:Pirmiausia įsitikinsime, kad 
:<math>\lim_{x\to 0+0}\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}(x)\right]=0. \quad (8.114)</math>
:Tam reikalui užtenka įrodyti, kad funkcija
:<math>x^n y^{(n+1)}(x) \quad (8.115)</math>
:lieka aprėžta, kai <math>x\to 0+0</math> (kai ''x'' artėja prie nulio iš dešinės). Iš formulių <math>y=\operatorname{ch} \sqrt{x}</math> ir <math>y'=\frac{\operatorname{sh} \sqrt{x}}{2\sqrt{x}}</math> išplaukia, kad funckijos <math>y(x)</math> ir <math>y'(x)</math> yra aprėžtos, kai <math>x\to 0+0 .</math>
:[Kad funkcija <math>y'(x)</math> yra aprėžta, įrodoma, pritaikius funkcijai <math>y'(x)</math> [[Matematika/Lopitalio taisyklė|Lopitalio taisyklę]]:
:<math>\lim_{x\to 0+0}\frac{\operatorname{sh} \sqrt{x}}{2\sqrt{x}}=\lim_{x\to 0+0}\frac{(\operatorname{sh} \sqrt{x})'}{(2\sqrt{x})'}=\lim_{x\to 0+0}\frac{\frac{1}{2\sqrt{x}}\operatorname{ch} \sqrt{x}}{2\cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}}=\lim_{x\to 0+0}\frac{1}{2}\operatorname{ch} \sqrt{x}=\lim_{x\to 0+0}\frac{1}{2}\cdot \frac{e^\sqrt{x} + e^{-\sqrt{x}}}{2}=\frac{1}{4}(e^0 + e^{-0})=\frac{1}{4}(1 + \frac{1}{e^0})=\frac{1}{2}.</math>]
:Tačiau tuomet iš (8.102) lygybės aišku, kad ir funkcija <math>xy''(x)</math> lieka aprėžta, kai <math>x\to 0+0 .</math>
:[<math>4xy''+2y'-y=0. \quad (8.102)</math>
:<math>4xy''=-2y'+y. \quad (A)</math>
:Lygybėje (A) dešinė pusė yra aprėžta, kai <math>x\to 0+0 .</math> Todėl aprėžta ir kairė pusė. Be to, <math>\lim_{x\to 0+0}(-2y'+y)=-2\cdot \frac{1}{2} +1=0.</math>]
:Toliau matematinės indukcijos metodu, remdamiesi paskutiniąją (8.103) lygybe, įrodome, kad funkcija <math>x^n y^{(n+1)}(x)</math> yra aprėžta, kai <math>x\to 0+0 ,</math> nepriklausomai nuo numerio ''n''. Iš to aišku, kad (8.114) lygybė yra teisinga.
:Dabar įsitikinsime, kad, imant bet kokį neneigiamą sveikąjį skaičių ''n'', išvestinė
:<math>y^{(n)}(x) \quad  (8.116)</math>
:yra teigiama pustiesėje ''x''>0. Savaime aišku, <math>y^{(0)}(x)=y(x)=\operatorname{ch} \sqrt{x} \;</math> pustiesėje ''x''>0 yra teigiama. Tarkime, kad <math>y^{(n)}(x) </math> pustiesėje ''x''>0 yra teigiama, kai ''n'' – koks nors fiksuotas numeris. Įsitikinsime, kad tuomet išvestinė <math>y^{(n+1)}(x)</math> pustiesėje ''x''>0 irgi yra teigiama. Iš (8.113) lygybės matyti, kad jos kairėje pusėje parašyta išvestinė yra teigiama, kai ''x''>0, o tai reiškia, kad funkcija <math>x^{n+{1\over 2}} y^{(n+1)}(x)</math> pustiesėje ''x''>0 didėja. Remdamiesi (8.114) lygybe, galime spręsti, kad ta funkcija pustiesėje ''x''>0 yra teigiama. Vadinasi, <math>y^{(n+1)}(x) >0, </math> kai ''x''>0, ir (8.110) nelygybė įrodyta.

==4. Hiperbolinio sinuso, hiperbolinio kosinuso ir rodiklinės funkcijos reikšmių skaičiavimas.==

:Toliau simboliu <math>S_n(t)</math> žymėsime grandininę trupmeną 
:<math>S_n(t) = 1 + \cfrac{t}{3 + \cfrac{t}{5 + \cfrac{t}{7 + \quad\quad }}} \quad \quad (8.117)</math>
:<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \ddots</math>
:<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad\quad +\frac{t}{2n+1}</math>
:Elektroninei skaičiavimo mašinai dažniausiai sudaroma tos trupmenos skaičiavimo programa. Ja naudojantis, galima lengvai sudaryti ir hiperbolinio tangento reikšmių skaičiavimo programą, nes, kaip išsiaiškinome praeitame skirsnyje, funkcijos <math>\operatorname{th} x</math> reikšmės artinį galima apskaičiuoti pagal formulę
:<math>\operatorname{th} x\approx \frac{x}{S_n(x^2)}. \quad (8.118)</math>
:Be to, praeituose skirsniuose paaiškėjo, kad, didinant ''n'', skaičiavimo tikslumas didėja ir paklaida artėja prie nulio.
:Funkcijas <math>\operatorname{sh} 2x, \;\; \operatorname{ch} 2x \;</math> ir <math>e^{2x},</math> remiantis formulėmis
:<math>\operatorname{sh} 2x=\frac{2\operatorname{th} x}{1-\operatorname{th}^2 x}, \;\;\; \operatorname{ch} 2x =\frac{1+\operatorname{th}^2 x}{1-\operatorname{th}^2 x}, \;\;\; e^{2x}=\frac{1+\operatorname{th} x}{1-\operatorname{th} x},</math>
:galima išreikšti hiperbolinio tangento funkcijomis. Iš tų formulių ir (8.118) lygybės gauname šitokias formules išvardytųjų funkcijų reikšmių artiniams skaičiuoti:
:<math>\operatorname{sh} 2x=\frac{2\operatorname{th} x}{1-\operatorname{th}^2 x}\approx \left(2\frac{x}{S_n(x^2)}\right) :\left(1-\frac{x^2}{S_n^2(x^2)}\right)= \frac{2x}{S_n(x^2)} : \frac{S_n^2(x^2)-x^2}{S_n^2(x^2)}=\frac{2x}{\frac{S_n^2(x^2)-x^2}{S_n(x^2)}}=\frac{2 S_n(x^2)\cdot x}{S_n^2(x^2)-x^2},</math>
:<math>\operatorname{ch} 2x =\frac{1+\operatorname{th}^2 x}{1-\operatorname{th}^2 x}\approx \left(1+\frac{x^2}{S_n^2(x^2)}\right) : \left(1-\frac{x^2}{S_n^2(x^2)}\right)=\frac{S_n^2(x^2)+x^2}{S_n^2(x^2)} : \frac{S_n^2(x^2)-x^2}{S_n^2(x^2)}=\frac{S_n^2(x^2)+x^2}{S_n^2(x^2)} \cdot \frac{S_n^2(x^2)}{S_n^2(x^2)-x^2}=\frac{S_n^2(x^2)+x^2}{S_n^2(x^2)-x^2}, </math>
:<math>e^{2x}=\frac{1+\operatorname{th} x}{1-\operatorname{th} x}\approx \frac{1+\frac{x}{S_n(x^2)}}{1-\frac{x}{S_n(x^2)}}= \frac{\frac{S_n(x^2)+x}{S_n(x^2)}}{\frac{S_n(x^2)-x}{S_n(x^2)}}= \frac{S_n(x^2)+x}{S_n(x^2)-x}.</math>
:Aišku, remiantis šiomis formulėmis ir <math>S_n(t)</math> skaičiavimo programa, lengva sudaryti programas <math>\operatorname{sh} 2x, \;\; \operatorname{ch} 2x \;</math> ir <math>e^{2x}</math> reikšmėms skaičiuoti.

==5. Trigonometrinių funkcijų reikšmių skaičiavimas.==

:Funkcijos <math>\operatorname{tg} x</math> dėstinys grandinine trupmena gaunamas analogiškai, kaip ir funkcijos <math>\operatorname{th} x.</math>
:Imkime funkciją <math>y=\cos\sqrt{x},</math> apibrėžtą pustiesėje <math>x>0.</math> Du kartus išdiferencijavę tą funkciją ir atlikę paprastus pertvarkymus, gauname sąryšius
:<math>2\sqrt{x} y'=-\sin\sqrt{x} ; \quad 2\sqrt{x} y''+ \frac{y'}{\sqrt{x}}=-\frac{y}{2\sqrt{x}}.</math>
:[<math>y'=(\cos\sqrt{x})'=-\sin\sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}.</math>]
:Iš paskutinio sąryšio gauname tapatybę (padauginę tą paskutinį sąryšį iš <math>2\sqrt{x}</math>)
:<math>4xy'' +2y' +y=0.</math>
:Diferencijuodami tą tapatybę, gausime
:<math>  \begin{cases}
     4xy'''+6y''+y'=0, & \\
     ................................. & \\
     4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}+y^{(n)}=0. & 
\end{cases}
</math>
:Santykį <math>\frac{y^{(n+1)}}{y^{(n)}}</math> pažymėję <math>u_{n+1}</math> iš paskutinės tapatybės gauname lygybę <math>4x u_{n+2} +4n+2=-\frac{1}{u_{n+1}},</math> iš kurios išreiškiame <math>u_{n+1}</math>:
:<math>u_{n+1}=-\frac{1}{4x u_{n+2} +4n+2}=\frac{-\frac{1}{2}}{2n+1 +2xu_{n+2}}.</math>
:Toliau samprotaujame visiškai panašiai, kaip ir dėstydami hiperbolinį tangentą, ir gauname šitokį funkcijos <math>\operatorname{tg} x</math> dėstinį grandinine trupmena:
:<math>\operatorname{tg}x =  \cfrac{x}{1 + \cfrac{-x^2}{3 + \cfrac{-x^2}{5 + \quad\quad }}} </math>
:<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \ddots </math>
:<math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad \quad \quad </math> <math>\quad\quad\quad +\frac{-x^2}{2n+1+2x^2 u_{n+2}}</math>
:Funkcijos <math>\operatorname{tg} x</math> reikšmės artinį gauname iš tos formulės, atmetę narį <math>2x^2 u_{n+2}.</math> Atsižvelgus į (8.117) reiškinį, tą artinį galima apskaičiuoti pagal formulę
:<math>\operatorname{tg} x \approx\frac{x}{S_n(-x^2)}. \quad (8.119)</math>
:Kaip ir nagrinėjant hiperbolinį tangentą, galima įsitikinti, kad, didinant ''n'', skaičiavimo pagal (8.119) formulę tikslumas didėja, o paklaida artėja prie nulio. Pasinaudoję iš elementariosios matematkos žinomomis formulėmis <math>\sin 2x=\frac{2\operatorname{tg} x}{1+\operatorname{tg}^2 x} </math> ir <math>\cos 2x=\frac{1-\operatorname{tg}^2 x}{1+\operatorname{tg}^2 x} \;</math> bei (8.119) sąryšiu, gauname formules <math>\sin 2x</math> ir <math>\cos 2x</math> reikšmių artiniams skaičiuoti:
:<math>\sin 2x=\frac{2\operatorname{tg} x}{1+\operatorname{tg}^2 x} \approx\frac{2\frac{x}{S_n(-x^2)}}{1+\frac{x^2}{S_n^2(-x^2)}} =\frac{\frac{2x}{S_n(-x^2)}}{\frac{S_n^2(-x^2)+x^2}{S_n^2(-x^2)}} =\frac{2x}{\frac{S_n^2(-x^2)+x^2}{S_n(-x^2)}} =\frac{2S_n(-x^2)\cdot x}{S_n^2(-x^2)+x^2};</math>
:<math>\cos 2x=\frac{1-\operatorname{tg}^2 x}{1+\operatorname{tg}^2 x} \approx \frac{1-\frac{x^2}{S_n^2(-x^2)}}{1+\frac{x^2}{S_n^2(-x^2)}} =\frac{\frac{S_n^2(-x^2)-x^2}{S_n^2(-x^2)}}{\frac{S_n^2(-x^2)+x^2}{S_n^2(-x^2)}} =\frac{S_n^2(-x^2)-x^2}{S_n^2(-x^2)+x^2}. </math>
:Baigdami pastebėsime, kad visų paskutiniuose dviejuose skirsniuose (4. ir 5.) aptartų funkcijų reikšmių skaičiavimo tikslumas, atliekant šešias iteracijas (''n''=6), bus ne mažesnis kaip <math>10^{-11},</math> jei tik argumento ''x'' modulis ne didesnis už <math>\frac{\pi}{4}.</math>

==Pavyzdžiai==

*Apskaičiuosime <math>\operatorname{th} x,</math> kai ''x''=0.5, o ''n''=4. Tada, pagal (8.105) formulę,
:<math>\operatorname{th}x \approx  \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5}}}; </math>
:<math>\operatorname{th} 0.5 \approx  \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.5^2}{3 + \cfrac{0.5^2}{5 }}}= \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{5 }}}=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{ \cfrac{15+0.25}{5 }}}=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{1.25}{ 15.25}}=</math>
:<math>=\cfrac{0.5\cdot 15.25}{15.25+1.25}=\frac{7.625}{16.5}=0.46(21)=</math>
:= 0.46212121212121212121212121212121.
:Įvertinsime paklaidą, pagal (8.111) formulę.
:<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq \frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} =\frac{0.5^{2\cdot 4+1}}{[(2\cdot 4-1)!!]^2 (2\cdot 4+1)} =\frac{0.5^{9}}{[7!!]^2 \cdot 9} =</math>
:<math> =\frac{0.5^{9}}{[7\cdot 5\cdot 3]^2 \cdot 9} =\frac{0.001953125}{105^2 \cdot 9} =</math>
:= 0.001953125/(105^2 *9) = 1.9683799445704207608969513731418e-8 <math>\approx 1.96837994457\cdot 10^{-8}.</math>
:Iš kalkuliatoriaus: <math>\operatorname{th} 0.5=</math> 0.46211715726000975850231848364367.
:0.46211715726000975850231848364367 - 0.46212121212121212121212121212121 = 
:= -0.00000405486120236270980272847754 <math>\approx -4.0548612\cdot 10^{-6}.</math>
:Čia pas mus buvo ''n''=2. Todėl paklaidos įvertis yra skaičiui ''n''=2 toks:
:<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq \frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} =\frac{0.5^{2\cdot 2+1}}{[(2\cdot 2-1)!!]^2 (2\cdot 2+1)} =\frac{0.5^{5}}{[3!!]^2 \cdot 5} =\frac{0.5^{5}}{3^2 \cdot 5} =\frac{0.03125}{9 \cdot 5} =</math>
:= 0.03125/45 = 6.9444444444444444444444444444444e-4 <math>\approx 6.9444444\cdot 10^{-4}.</math>
:Taigi, <math> |-4.0548612\cdot 10^{-6}| < 6.9444444\cdot 10^{-4}</math> ir įvertis, kai ''n''=2, gautas teisingai.

:Toliau jau tikrai apskaičiuosime artinį <math>\operatorname{th} 0.5,</math> kai ''n''=4.
:<math>\operatorname{th}x \approx  \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9}}}}}; </math>
:<math>\operatorname{th} 0.5 \approx  \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.5^2}{3 + \cfrac{0.5^2}{5 +\cfrac{0.5^2}{7 +\cfrac{0.5^2}{9}}}}}= \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{5 +\cfrac{0.25}{7 +\cfrac{0.25}{9}}}}}=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{5 +\cfrac{0.25}{\cfrac{63+0.25}{9}}}}}=</math>
:<math>=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{5 +\cfrac{0.25\cdot 9}{63.25}}}}=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{\cfrac{5\cdot 63.25 +0.25\cdot 9}{63.25}}}}=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25}{\cfrac{318.5}{63.25}}}}=</math>
:<math>=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{3 + \cfrac{0.25\cdot 63.25}{318.5}}} =\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{\cfrac{3\cdot 318.5 +0.25\cdot 63.25}{318.5}}} =\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25}{\cfrac{971.3125}{318.5}}} =</math>
:<math>=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{0.25\cdot 318.5}{971.3125}} =\cfrac{0.5}{\cfrac{971.3125 +79.625}{971.3125}} =\cfrac{0.5\cdot 971.3125}{1050.9375} =\frac{485.65625}{1050.9375}=</math>
:= 485.65625/1050.9375 = 0.46211715730002973535533749628308.
:Atėmę šią gautą <math>\operatorname{th} 0.5</math> apytikslią reikšmę iš tikslios kalkuliatoriaus reikšmės, gauname paklaidą:
:0.46211715726000975850231848364367 - 0.46211715730002973535533749628308 = 
:= -0.00000000004001997685301901263941 <math>\approx -4.0019976853\cdot 10^{-11}.</math>
:[Kad "atrast", kad 10 pakelta -11, reikia paskaičiuoti kelintu numeriu stovi pirmas skaičius po kablelio nelygus nuliui; čia prieš skaičių "4" yra 10 nuliu po kablelio (taško), o pats ketvertas stovi 11-tas po kablelio (pirmas nulis prieš kablelį neskaičiuojamas).]
:Taigi,
:<math>|-4.0019976853\cdot 10^{-11}|  \approx|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| < 1.96837994457\cdot 10^{-8}.</math>
:Vadinasi, paklaidos įvertinimas gautas teisingai. Beveik trim eilėm reali paklaida mažesnė nei nustatytas paklaidos įvertis.


*Apskaičiuosime <math>\operatorname{tg} x,</math> kai ''x''=0.5 radiano, o ''n''=4.
:<math>\operatorname{tg}x \approx  \cfrac{x}{1 + \cfrac{-x^2}{3 + \cfrac{-x^2}{5 +\cfrac{-x^2}{7 +\cfrac{-x^2}{9}}}}}; </math>
:<math>\operatorname{tg} 0.5 \approx  \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.5^2}{3 + \cfrac{-0.5^2}{5 +\cfrac{-0.5^2}{7 +\cfrac{-0.5^2}{9}}}}} = \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25}{3 + \cfrac{-0.25}{5 +\cfrac{-0.25}{7 +\cfrac{-0.25}{9}}}}} =\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25}{3 + \cfrac{-0.25}{5 +\cfrac{-0.25}{\cfrac{63-0.25}{9}}}}} =</math>
:<math>=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25}{3 + \cfrac{-0.25}{5 +\cfrac{-0.25\cdot 9}{62.75}}}} = \cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25}{3 + \cfrac{-0.25\cdot 62.75}{5\cdot 62.75 -0.25\cdot 9}}} =\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25}{3 + \cfrac{-15.6875}{311.5}}} =</math>
:<math>=\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-0.25\cdot 311.5}{3\cdot 311.5 -15.6875}} =\cfrac{0.5}{1 + \cfrac{-77.875}{918.8125}} =\cfrac{0.5\cdot 918.8125}{918.8125 -77.875} =\cfrac{459.40625}{840.9375} =</math>
:= 459.40625/840.9375 = 0.54630248978075065031586770717205.
:Atėmę šią gautą <math>\operatorname{tg} x</math> artinio reikšmę iš tikslios kalkuliatoriaus <math>\operatorname{tg} x</math> reikšmės, gauname paklaidą:
:0.54630248984379051325517946578029 - 459.40625/840.9375 = 6.3039862939311758608230385155597e-11 <math>\approx 6.30398629393 \cdot 10^{-11}.</math>
:Paklaidos įvertinimas tangentui yra panašus kaip hiperboliniam tangentui.
:[Tangentui, (8.107) lygybės pavirsta į tokias:
:<math>  \begin{cases}
Q_1=\overline{Q}_1, \;\; Q_2=\overline{Q}_2, \;\; Q_3=\overline{Q}_3, \;\; ..., \;\; Q_{n}=\overline{Q}_{n}, & \\
Q_{n+1}=(2n+1+2x^2 u_{n+2})\overline{Q}_{n} -x^2 \overline{Q}_{n-1}, & \\
\overline{Q}_{n+1}=(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1}. & 
\end{cases} \quad \quad (8.107 \;\; \text{for} \;\; \text{tg}\; x)
</math>
:Tada (8.108) formulė pavirsta į tokią (padauginome viską dar iš <math>(-1)^n</math> formulėje (8.108), nes yra ''n'' koeficientų <math>-x^2</math> pagal (8.101) formulę [kurie turi minusą], t. y. <math>a_1=x, \; a_2=-x^2, \; a_3=-x^2, \; ..., \; a_{n+1}=-x^2</math>):
:<math>\operatorname{tg} x -\overline{\operatorname{tg}} x= (-1)^n(-1)^{n+1} \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{ Q_{n+1}} \right] = (-1)^{2n+1} \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1} } \right] . \;\; (8.108 \;\; \text{for} \;\; \text{tg}\; x)</math>
:Taigi, nėra funkcijai tg(x) griežto paklaidos nustatymo būdo, nes vardiklis <math>2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1}</math> gali būti mažesnis skaičius nei funkcijai <math>\operatorname{th} x</math> (reiškinys laužtiniuose skliaustuose gali būti didesnis už 1). Gal kaip nors giliai aiškinantis galima nustatyt, kad <math>\operatorname{th} x</math> ir <math>\operatorname{tg} x</math> paklaidos yra panašios.]
:Todėl paklaida vertinama pagal (8.111) formulę. Pagal (8.111) formulę, hiperboliniam tangentui gavome, kad 
:<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq 1.96837994457\cdot 10^{-8}.</math>
:Todėl  
:<math>6.30398629393 \cdot 10^{-11} \approx |\operatorname{tg} x -\overline{\operatorname{tg}} x| \leq 1.96837994457\cdot 10^{-8}.</math>
:Paklaidos įvertinimas gautas teisingai.


*Apskaičiuosime <math>\operatorname{th} x,</math> kai ''x''=0.8, o ''n''=6.
:<math>\operatorname{th}x \approx  \cfrac{x}{1 + \cfrac{x^2}{3 + \cfrac{x^2}{5 +\cfrac{x^2}{7 +\cfrac{x^2}{9+\cfrac{x^2}{11+\cfrac{x^2}{13}}}}}}}; </math>
:<math>\operatorname{th} 0.8  \approx  \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.8^2}{3 + \cfrac{0.8^2}{5 +\cfrac{0.8^2}{7 +\cfrac{0.8^2}{9+\cfrac{0.8^2}{11+\cfrac{0.8^2}{13}}}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64}{9+\cfrac{0.64}{11+\cfrac{0.64}{13}}}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64}{9+\cfrac{0.64}{\cfrac{11\cdot 13+0.64}{13}}}}}}}=</math>
:<math>= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64}{9+\cfrac{0.64\cdot 13}{143.64}}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64}{\cfrac{9\cdot 143.64 +0.64\cdot 13}{143.64}}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64}{\cfrac{1301.08}{143.64}}}}}}=</math>
:<math>= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{7 +\cfrac{0.64\cdot 143.64}{1301.08}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{\cfrac{7\cdot 1301.08 +0.64\cdot 143.64}{1301.08}}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{5 +\cfrac{0.64}{\cfrac{9199.4896}{1301.08}}}}}= </math>
:<math>= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{\cfrac{5\cdot 9199.4896 +0.64\cdot 1301.08}{9199.4896}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{3 + \cfrac{0.64}{\cfrac{46830.1392}{9199.4896}}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{\cfrac{3\cdot 46830.1392 +0.64\cdot 9199.4896}{46830.1392}}}= \cfrac{0.8}{1 + \cfrac{0.64}{ \cfrac{146378.090944}{46830.1392}}}=</math>
:<math>= \cfrac{0.8}{\cfrac{146378.090944+ 0.64\cdot 46830.1392}{146378.090944}}= \cfrac{0.8}{\cfrac{176349.380032}{146378.090944}}=  \cfrac{0.8\cdot 146378.090944}{176349.380032}=\cfrac{117102.4727552}{176349.380032}=</math>
:= 117102.4727552/176349.380032 = 0.66403677026792395500016180062552.
:Atėmę gautą apytikslią <math>\operatorname{th} 0.8</math> reikšmę iš tikslios <math>\operatorname{th} 0.8</math> reikšmės, gauname paklaidą:
:0.66403677026784896368484465640024 - 0.66403677026792395500016180062552 = -0.00000000000007499131531714422528 arba
:tanh(0.8) - 117102.4727552/176349.380032 = -7.4991315317144225281449358567679e-14.
:Taigi, kaip skaičiavome pagal (8.111) 3. skirsnyje su ''x''=0.8 ir ''n''=6, rezultatas buvo
:<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq 3.9136\cdot 10^{-11}.</math>
:Matome, kad reali paklaida <math>\approx |-7.49913153\cdot 10^{-14}|</math> mažesnė už paklaidos įvertį <math>3.9136\cdot 10^{-11},</math> kas atitinka teoriją (reali paklaida mažesnė beveik trim eilėm).


:'''Tangento paklaidos įvertinimas.''' 
:Kai ''x''=0.5, o ''n''=4, gavome, kad th(x) paklaida yra <math>\approx -4.0019976853\cdot 10^{-11},</math> o tg(x) paklaida yra  <math>\approx 6.30398629393 \cdot 10^{-11}.</math> Matome, kad paklaidos modulis yra truputi didesnis funkcijai tg(x).
:Nystatysime funkcijos tg(x) paklaidą, kai ''x''=1, o ''n''=6. Truputi aukščiau gavome tokia (8.108 for tg(x)) paklaidos formulę:
:<math>\operatorname{tg} x -\overline{\operatorname{tg}} x = (-1)^{2n+1} \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1} } \right] = </math>
:<math>= - \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1} } \right] . \;\; (8.108 \;\; \text{for} \;\; \text{tg}\; x)  </math>
:Iš aukščiau žinome, kad <math>P_{-1}=1, \;\; Q_{-1}=0.</math> Taip pat žinome, kad <math>P_{0}=b_0, \;\; Q_{0}=1.</math> Mums iš (8.97) sistemos
:<math>  \begin{cases}
     P_k=b_k P_{k-1} +a_k P_{k-2}, & \\
     Q_k=b_k Q_{k-1} +a_k Q_{k-2}. & 
\end{cases} \quad \quad (8.97)
</math>
:reikia išreikšti visus <math>Q_k,</math> kai skaičius ''k'' yra nuo 1 iki ''n''+1. Mes žinome, kad <math>a_1=x, \; a_2=-x^2, \; a_3=-x^2, \; ..., \; a_{n+1}=-x^2.</math> Ir žinome, kad <math>b_1=1, \; b_2=3, \; b_3=5, \; ..., \; b_{n}=2n-1, \; \overline{b}_{n+1}=2n+1.</math> Tada
:<math>Q_1=b_1 Q_{1-1} +a_1 Q_{1-2}=1\cdot Q_{0} +x Q_{-1}=1\cdot 1 +1\cdot 0=1;</math>
:<math>Q_2=b_2 Q_{2-1} +a_2 Q_{2-2}=3\cdot Q_{1} +(-x^2) Q_{0}=3\cdot 1 +(-1^2)\cdot 1=3-1=2;</math>
:<math>Q_3=b_3 Q_{3-1} +a_3 Q_{3-2}=5\cdot Q_{2} +(-x^2) Q_{1}=5\cdot 2 +(-1^2)\cdot 1=10-1=9;</math>
:<math>Q_4=b_4 Q_{4-1} +a_4 Q_{4-2}=7\cdot Q_{3} +(-x^2) Q_{2}=7\cdot 9 +(-1^2)\cdot 2=63-2=61;</math>
:<math>Q_5=b_5 Q_{5-1} +a_5 Q_{5-2}=9\cdot Q_{4} +(-x^2) Q_{3}=9\cdot 61 +(-1^2)\cdot 9=549-9=540;</math>
:<math>Q_n=Q_6=b_6 Q_{6-1} +a_6 Q_{6-2}=11\cdot Q_{5} +(-x^2) Q_{4}=11\cdot 540 +(-1^2)\cdot 61=5940-61=5879;</math>
:<math>\overline{Q}_{n+1}=\overline{Q}_7=\overline{b}_7 Q_{7-1} +a_7 Q_{7-2}=13\cdot Q_{6} +(-x^2) Q_{5}=13\cdot 5879 +(-1^2)\cdot 540= 76427 -540=75887.</math>
:Dabar galime pagal (8.108 for tg(x)) formulę nustatyti paklaidą, kai ''x''=1, o ''n''=6. Taigi,
:<math>\operatorname{tg} x -\overline{\operatorname{tg}} x = - \frac{ x^{2n+1} }{\overline{Q}_n \overline{Q}_{n+1}} \left[\frac{ 2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} }{2x^2 u_{n+2}\overline{Q}_{n} +(2n+1)\overline{Q}_{n} - x^2 \overline{Q}_{n-1} } \right] =</math>
:<math>= - \frac{ 1^{2\cdot 6+1} }{\overline{Q}_6 \overline{Q}_{6+1}} \left[\frac{ 2\cdot 1^2 u_{n+2}\overline{Q}_{6} }{2\cdot 1^2 u_{n+2}\overline{Q}_{6} +(2\cdot 6+1)\overline{Q}_{6} - 1^2 \overline{Q}_{6-1} } \right] = - \frac{ 1^{13} }{\overline{Q}_6 \overline{Q}_{7}} \left[\frac{ 2 u_{n+2}\overline{Q}_{6} }{2 u_{n+2}\overline{Q}_{6} +13\overline{Q}_{6} - \overline{Q}_{5} } \right] =</math>
:<math>= - \frac{ 1^{13} }{5879\cdot 75887} \left[\frac{ 2 u_{n+2}\cdot 5879 }{2 u_{n+2}\cdot 5879 +13\cdot 5879 - 540 } \right] = - \frac{ 1 }{446139673} \left[\frac{ 2 u_{n+2}\cdot 5879 }{2 u_{n+2}\cdot 5879 +75887 } \right] .</math>
:Matome, kad reiškinys laužtiniuose skliaustuose tikrai mažesnis už 1, kai <math>u_{n+2}>0.</math> Vadinasi, jeigu <math>u_{n+2}>0,</math> tai tg(x) absoliuti paklaida, kai ''x''=1, o ''n''=6, yra mažesnė už
:<math>\left|- \frac{ 1 }{446139673} \right|=\frac{ 1 }{446139673}= </math>
:= 1/446139673 = 2.2414505154308480429625454986156e-9 <math>\approx 2.24145051543 \cdot 10^{-9}.</math>
:Jei ''x'' būtų lygus 0.8, tai paklaida (tiksliau, jos įvertinimas) gauta šiuo būdu būtų kažkiek mažesnė (gal panaši į th(x) paklaidą [su ''x''=0.8]; tiksliau, panaši į jos įvertinimą).

:Įvertinsime th(x) paklaidą, kai ''x''=1, o ''n''=6. Pagal (8.111) formulę
:<math>|\operatorname{th} x -\overline{\operatorname{th}} x| \leq \frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} \quad (8.111)</math>
:gauname
:<math>\frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!]^2 (2n+1)} =\frac{x^{13}}{[11!!]^2 (2n+1)} =\frac{1^{13}}{10395^2 \cdot 13} =\frac{1}{108056025 \cdot 13} =\frac{1}{1404728325} =</math> 
:= 1/1404728325 = 7.1188142376213564284752355940427e-10 <math>\approx 7.11881423762 \cdot 10^{-10}.</math>
:Matome, kad funkcijos th(x), kai ''x''=1, o ''n''=6 paklaidos nustatymas gaunamas su didesniu tikslumu negu funckijos tg(x) (kai ''x''=1, ''n''=6).

:Įrodysime arba paneigsime, kad funkcijai tg(x) 
:<math>u_{n+2}>0. \quad (8.110)</math>
:Užtenka įrodyti, kad funkcijos <math>y=\cos \sqrt{x}</math> visos išvestinės, kai <math>\frac{\pi}{2}>x>0</math> yra teigiamos. Savaime aišku, kartu įrodysime ir (8.110) nelygybę, nes <math>u_{n+2}=\frac{y^{(n+2)}}{y^{(n+1)}}.</math>
:Padauginę lygybę
:<math>4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}+y^{(n)}=0</math>
:iš 5. skirsnio iš <math>\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}},</math> gautąją lygybę galime užrašyti šitaip:
:<math>\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n)}. \quad (8.113 \;\; \text{for} \;\; \operatorname{tg} x)</math>
:[ <math> \; 4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}+y^{(n)}=0 \;\; |\cdot \frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}},</math>
:<math>x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+2)}+(n+\frac{1}{2})x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n+1)} + \frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n)}=0.</math>
:<math>\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}\right]'= (n+\frac{1}{2})x^{n-\frac{1}{2}} y^{(n+1)} + x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+2)}. </math> ]
:Pirmiausia įsitikinsime, kad 
:<math>\lim_{x\to 0+0}\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}(x)\right]=0. \quad (8.114)</math>
:Tam reikalui užtenka įrodyti, kad funkcija
:<math>x^n y^{(n+1)}(x) \quad (8.115)</math>
:lieka aprėžta, kai <math>x\to 0+0</math> (kai ''x'' artėja prie nulio iš dešinės). Iš formulių <math>y=\cos \sqrt{x}</math> ir <math>y'=-\frac{\sin \sqrt{x}}{2\sqrt{x}}</math> išplaukia, kad funckijos <math>y(x)</math> ir <math>y'(x)</math> yra aprėžtos, kai <math>x\to 0+0 .</math>
:[Kad funkcija <math>y'(x)</math> yra aprėžta, įrodoma, pritaikius funkcijai <math>y'(x)</math> [[Matematika/Lopitalio taisyklė|Lopitalio taisyklę]]:
:<math>\lim_{x\to 0+0}\frac{-\sin \sqrt{x}}{2\sqrt{x}}=\lim_{x\to 0+0}\frac{-(\sin \sqrt{x})'}{(2\sqrt{x})'}=\lim_{x\to 0+0}\frac{-\frac{1}{2\sqrt{x}}\cos \sqrt{x}}{2\cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}}=\lim_{x\to 0+0}\frac{-1}{2}\cos \sqrt{x}=-\frac{1}{2}\cdot \cos 0=-\frac{1}{2}.</math>]
:Tačiau tuomet iš 5. skirsnio lygybės <math>4xy''+2y' +y=0</math> aišku, kad ir funkcija <math>xy''(x)</math> lieka aprėžta, kai <math>x\to 0+0 .</math>
:[<math>4xy''+2y' +y=0. \quad (8.102 \;\; \text{for} \;\; \operatorname{tg} x)</math>
:<math>4xy''=-2y' -y. \quad (B)</math>
:Lygybėje (B) dešinė pusė yra aprėžta, kai <math>x\to 0+0 .</math> Todėl aprėžta ir kairė pusė. Be to, <math>\lim_{x\to 0+0}(-2y' -y)=-2\cdot \frac{-1}{2} -1=0.</math>]
:Toliau matematinės indukcijos metodu, remdamiesi <math>4xy^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}+y^{(n)}=0</math> lygybe iš 5. skirsnio, įrodome, kad funkcija <math>x^n y^{(n+1)}(x)</math> yra aprėžta, kai <math>x\to 0+0 ,</math> nepriklausomai nuo numerio ''n''. Iš to aišku, kad (8.114) lygybė yra teisinga.
:Dabar įsitikinsime, kad, imant bet kokį neneigiamą sveikąjį skaičių ''n'', išvestinė
:<math>y^{(n)}(x) \quad  (8.116)</math>
:gali būti neigiama ir gali būti teigiama (išvestinių ženklai kaitoliojaisi) su <math>\frac{\pi}{2}>x>0.</math> Savaime aišku, <math>y^{(0)}(x)=y(x)=\cos \sqrt{x} \;</math> su <math>\frac{\pi}{2}>x>0</math> yra teigiama. Tada pagal (8.113 for tg(x)), kai n=0, gauname (<math>\frac{\pi}{2}>x>0</math>)
:<math>\left[ x^{n+\frac{1}{2}} y^{(n+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{n-\frac{1}{2}}y^{(n)}; \quad (8.113 \;\; \text{for} \;\; \operatorname{tg} x)</math>
:<math>\left[ x^{0+\frac{1}{2}} y^{(0+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{0-\frac{1}{2}}y^{(0)},</math>
:<math>\left[ x^{\frac{1}{2}} y^{(1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{-\frac{1}{2}}\cos \sqrt{x}. \quad (C)</math>
:Pagal lygybę (C) funkcijos <math>x^{\frac{1}{2}} y^{(1)}</math> išvestinė yra neigiama. Todėl funkcija <math>x^{\frac{1}{2}} y^{(1)}</math> intervale <math>(0; \; \frac{\pi}{2})</math> mažėja. Remdamiesi (8.114) lygybe, galime spręsti, kad ta funkcija interavale <math>(0; \; \frac{\pi}{2})</math> yra neigiama (vadinasi, <math> y^{(1)}<0</math>).
:Toliau pagal (8.113 for tg(x)) formulę, kai n=1, gauname (kai <math>\frac{\pi}{2}>x>0</math>)
:<math>\left[ x^{1+\frac{1}{2}} y^{(1+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{1-\frac{1}{2}}y^{(1)},</math>
:<math>\left[ x^{1+\frac{1}{2}} y^{(2)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{1-\frac{1}{2}}y^{(1)}. \quad (D)</math>
:Lygybėje (D) dešinė pusė yra teigiama. Todėl funkcijos <math>x^{1+\frac{1}{2}} y^{(2)}</math> išvestinė yra teigiama. Tai reiškia, kad funkcija <math>x^{1+\frac{1}{2}} y^{(2)}</math> interavale <math>(0; \; \frac{\pi}{2})</math> didėja ir todėl, remiantis (8.114) lygybe, <math> y^{(2)}>0.</math>
:Toliau pagal (8.113 for tg(x)) formulę, kai n=2, gauname (kai <math>\frac{\pi}{2}>x>0</math>)
:<math>\left[ x^{2+\frac{1}{2}} y^{(2+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{2-\frac{1}{2}}y^{(2)},</math>
:<math>\left[ x^{2+\frac{1}{2}} y^{(3)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{2-\frac{1}{2}}y^{(2)}. \quad (E)</math>
:Lygybėje (E) dešinė pusė yra neigiama. Todėl funkcijos <math>x^{2+\frac{1}{2}} y^{(3)}</math> išvestinė yra neigiama. Tai reiškia, kad funkcija <math>x^{2+\frac{1}{2}} y^{(3)}</math> interavale <math>(0; \; \frac{\pi}{2})</math> mažėja ir todėl, remiantis (8.114) lygybe, <math> y^{(3)}<0.</math>
:Toliau pagal (8.113 for tg(x)) formulę, kai n=3, gauname (kai <math>\frac{\pi}{2}>x>0</math>)
:<math>\left[ x^{3+\frac{1}{2}} y^{(3+1)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{3-\frac{1}{2}}y^{(3)},</math>
:<math>\left[ x^{3+\frac{1}{2}} y^{(4)}\right]'=-\frac{1}{4}x^{3-\frac{1}{2}}y^{(3)}. \quad (F)</math>
:Lygybėje (F) dešinė pusė yra teigiama. Todėl funkcijos <math>x^{3+\frac{1}{2}} y^{(4)}</math> išvestinė yra teigiama. Tai reiškia, kad funkcija <math>x^{3+\frac{1}{2}} y^{(4)}</math> interavale <math>(0; \; \frac{\pi}{2})</math> didėja ir todėl, remiantis (8.114) lygybe, <math> y^{(4)}>0.</math>
:Taigi, indukcijos metodu gavome, kad išvestinių ženklai kaitoliojasi (<math> y^{(0)}>0, \;</math> <math> y^{(1)}<0, \;</math> <math> y^{(2)}>0, \;</math> <math> y^{(3)}<0, \;</math> <math> y^{(4)}>0</math>), kai <math>0 <x< \frac{\pi}{2}.</math> Kadangi <math>u_{n+2}=\frac{y^{(n+2)}}{y^{(n+1)}},</math> tai <math>u_{n+2}<0 \;</math> (kai <math>0 <x< \frac{\pi}{2}</math>). Vadinasi, tangentui negalime panašiai kaip hiperboliniam tangentui vertinti paklaidą.