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 $\mathrm{th}x.$ Todėl pirmiausia aptarsime, kaip skaičiuoti funkcijos $\mathrm{th}x$ reikšmes, o paskui - kitų funkcijų reikšmes.

Toliau $\mathrm{ch}x,\mathrm{sh}x,\mathrm{th}x$ 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 $\frac{P_n}{Q_n}$ vadinamas šitoks reiškinys:

[ https://en.wikipedia.org/wiki/Generalized_continued_fraction ]

$\frac{P_n}{Q_n}=b_0+\frac{a_1}{b_1+\frac{a_2}{b_2+\frac{a_3}{b_3+}}}(8.95)$

$$ $$ $$ $\ddots$

$$ $$ $$ $+\frac{a_n}{b_n}$

Skaičiai $a_1,a_2,...,a_n$ dažniausiai vadinami daliniai skaitikliais, o $b_1,b_2,...,b_n$ – daliniais vardikliais.

Grandininės trupmenos

$\frac{P_0}{Q_0}=\frac{b_0}{1},$ $\frac{P_1}{Q_1}=b_0+\frac{a_1}{b_1},$ $\frac{P_2}{Q_2}=b_0+\frac{a_1}{b_1+\frac{a_2}{b_2}},...(8.96)$

vadinamos grandininės trupmenos $\frac{P_n}{Q_n}$ reduktais.

Tarę, kad $P_{-1}=1,Q_{-1}=0,$ iš (8.96) lygybių, išreiškiančių reduktus $\frac{P_k}{Q_k}$ ($k=1,2,...,n$), galime gauti formules, siejančias $P_k$ su $P_{k-1}$ bei $P_{k-2}$ ir $Q_k$ su $Q_{k-1}$ bei $Q_{k-2}:$

$\{\begin{array}{cc}{P}_k=b_k{P}_{k-1}+a_k{P}_{k-2},& \\ Q_k=b_k{Q}_{k-1}+a_k{Q}_{k-2}.& \end{array}(8.97)$

[Parodysime, kad jos teisingos, kai k=2.

$P_{-1}=1,Q_{-1}=0,$

$P_{k-2}=P_0=b_0,Q_{k-2}=Q_0=1,$ (iš (8.96)),

$P_1=b_1{P}_0+a_1{P}_{-1}=b_1{b}_0+a_1\cdot 1=b_1{b}_0+a_1,$

$Q_1=b_1{Q}_0+a_1{Q}_{-1}=b_1\cdot 1+a_1\cdot 0=b_1,$

$P_2=b_2{P}_1+a_2{P}_0=b_2(b_1{b}_0+a_1)+a_2{b}_0=b_2{b}_1{b}_0+b_2{a}_1+a_2{b}_0,$

$Q_2=b_2{Q}_1+a_2{Q}_0=b_2{b}_1+a_2\cdot 1=b_2{b}_1+a_2.$

Gauname

$\frac{P_2}{Q_2}=\frac{b_2{b}_1{b}_0+b_2{a}_1+a_2{b}_0}{b_2{b}_1+a_2}.$

O iš (8.96) formulės gauname

$\frac{P_2}{Q_2}=b_0+\frac{a_1}{b_1+\frac{a_2}{b_2}}=b_0+\frac{a_1}{\frac{b_1{b}_2+a_2}{b_2}}=b_0+\frac{a_1{b}_2}{b_1{b}_2+a_2}=\frac{b_0(b_1{b}_2+a_2)+a_1{b}_2}{b_1{b}_2+a_2}=\frac{b_0{b}_1{b}_2+b_0{a}_2+a_1{b}_2}{b_1{b}_2+a_2}.$

Matome, kad trupmenos $\frac{P_2}{Q_2}$ išraiška abiais būdais skaičiuojant yra tokia pati.]

Mums bus reikalinga speciali formulė, išreiškianti trupmeną $\frac{P_n}{Q_n},$ apibrėžtą (8.95) reiškiniu. Tuo tikslu palyginsime du tos trupmenos reduktus $\frac{P_k}{Q_k}$ ir $\frac{P_{k-1}}{Q_{k-1}}.$ Tų reduktų skirtumas, savaime aišku, lygus

$\frac{P_k}{Q_k}-\frac{P_{k-1}}{Q_{k-1}}=\frac{P_k{Q}_{k-1}-Q_k{P}_{k-1}}{Q_{k-1}{Q}_k}.(8.98)$

Paskutinės trupmenos skaitiklį, atsižvelgdami į (8.97) lygybes, galime pertvarkyti šitaip

$P_k{Q}_{k-1}-Q_k{P}_{k-1}=(b_k{P}_{k-1}+a_k{P}_{k-2})Q_{k-1}-(b_k{Q}_{k-1}+a_k{Q}_{k-2})P_{k-1}=-a_k[P_{k-1}{Q}_{k-2}-Q_{k-1}{P}_{k-2}].(8.99)$

Paeiliui remdamiesi (8.99) sąryšiu reikšmėms $k,k-1,k-2,...,1$ ir atsižvelgdami į tai, kad $P_{-1}=1,Q_{-1}=0,Q_0=1,$ (8.98) trupmeną išreikšime šitaip:

$\frac{P_k}{Q_k}-\frac{P_{k-1}}{Q_{k-1}}=\frac{-a_k[P_{k-1}{Q}_{k-2}-Q_{k-1}{P}_{k-2}]}{Q_{k-1}{Q}_k}=\frac{-a_k(-a_{k-1})[P_{k-2}{Q}_{k-3}-Q_{k-2}{P}_{k-3}]}{Q_{k-1}{Q}_k}=$

$=\frac{-a_k(-a_{k-1})(-a_{k-2})[P_{k-3}{Q}_{k-4}-Q_{k-3}{P}_{k-4}]}{Q_{k-1}{Q}_k}=(-1{)}^{k+1}{a}_k{a}_{k-1}{a}_{k-2}...a_1\frac{1}{Q_{k-1}{Q}_k}.(8.100)$

[ $P_k{Q}_{k-1}-Q_k{P}_{k-1}=-a_k[P_{k-1}{Q}_{k-2}-Q_{k-1}{P}_{k-2}].$

Kai k=1, gauname:

$P_1{Q}_0-Q_1{P}_0=-a_1[P_0{Q}_{-1}-Q_0{P}_{-1}]=-a_1[b_0\cdot 0-1\cdot 1]=a_1.$ ]

Kadangi

$\frac{P_n}{Q_n}=\frac{P_0}{Q_0}+(\frac{P_1}{Q_1}-\frac{P_0}{Q_0})+(\frac{P_2}{Q_2}-\frac{P_1}{Q_1})+...+(\frac{P_n}{Q_n}-\frac{P_{n-1}}{Q_{n-1}}),$

tai, pasinaudoję (8.100) lygybe, gausime reikalingą konkrečią formulę trupmenai $\frac{P_n}{Q_n}$

$\frac{P_n}{Q_n}=b_0+\frac{a_1}{Q_0{Q}_1}-\frac{a_1{a}_2}{Q_1{Q}_2}+\frac{a_1{a}_2{a}_3}{Q_2{Q}_3}-...+(-1{)}^{n+1}\frac{a_1{a}_2...a_n}{Q_{n-1}{Q}_n}.(8.101)$

2. Funkcijos th(x) reiškimas grandinine trupmena.

Šiame skirsnyje aprašomą funkcijos $\mathrm{th}x$ reiškimo grandinine trupmena metodą pirmasis pritaikė Šliomilchas*, dėstydamas grandinine trupmena funkciją $\mathrm{tg}x.$

Imkime funkciją $y=\mathrm{ch}\sqrt{x},$ kai $x>0.$ Du kartus ją išdiferencijavę ir atlikę paprastus pertvarkymus, gauname tapatybes:

$2\sqrt{x}{y}^{\prime }=\mathrm{sh}\sqrt{x},2\sqrt{x}{y}^{″}+\frac{y^{\prime }}{\sqrt{x}}-\frac{y}{2\sqrt{x}}=0.$

[ $y^{\prime }=(\mathrm{ch}\sqrt{x}{)}^{\prime }=\mathrm{sh}\sqrt{x}\cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}.$

$y^{″}=(\mathrm{sh}\sqrt{x}\cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}{)}^{\prime }=\frac{1}{2\sqrt{x}}\mathrm{ch}\sqrt{x}\cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}+\mathrm{sh}\sqrt{x}(\frac{1}{2\sqrt{x}}{)}^{\prime }=\frac{1}{4x}\mathrm{ch}\sqrt{x}+\mathrm{sh}\sqrt{x}\cdot \frac{-1\cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}}{2(\sqrt{x}{)}^2}=\frac{\mathrm{ch}\sqrt{x}}{4x}-\frac{1}{4\sqrt{x^3}}\mathrm{sh}\sqrt{x}.$

Bet antra y išvestinė nieko nepasako. Tiesiog reikia žinot, kad (sh(x))'=ch(x). ]

Iš lygybės

$2\sqrt{x}{y}^{″}+\frac{y^{\prime }}{\sqrt{x}}-\frac{y}{2\sqrt{x}}=0$

išplaukia tapatybė, kuri teisinga, kai $x>0$ (šios lygybės abi puses reikia padauginti iš $2\sqrt{x}$):

$4x{y}^{″}+2y^{\prime }-y=0.(8.102)$

Šią tapatybę diferencijuodami toliau, gausime

$\{\begin{array}{cc}4y^{″}+4x{y}^{‴}+2y^{″}-y^{\prime }=4x{y}^{‴}+(4+2)y^{″}-y^{\prime }=0,& \\ 4y^{‴}+4x{y}^{(4)}+6y^{‴}-y^{″}=4x{y}^{(4)}+(4\cdot 2+2)y^{‴}-y^{″}=0,& \\ ........................................& \\ 4x{y}^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}-y^{(n)}=0.& \end{array}(8.103)$

Santykį $\frac{y^{(n+1)}}{y^{(n)}}$ pažymėsime simboliu $u_{n+1}.$ Tada iš paskutinės (8.103) lygybės gausime tapatybę (padaliję tą lygybę iš $y^{(n+1)}$)

$4x{u}_{n+2}+4n+2=\frac{1}{u_{n+1}},$

iš kurios

$u_{n+1}=\frac{1}{4x{u}_{n+2}+4n+2}=\frac{\frac{1}{2}}{2n+1+2x{u}_{n+2}}.(8.104)$

Kadangi

$u_1=\frac{y^{\prime }}{y}=\frac{\mathrm{sh}\sqrt{x}\cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}}{\mathrm{ch}\sqrt{x}}=\frac{\mathrm{th}\sqrt{x}}{2\sqrt{x}},$

tai (8.104) sąryšį, kai $n=0,$ galima užrašyti šitaip:

$\mathrm{th}\sqrt{x}=u_1\cdot 2\sqrt{x}=\frac{\frac{1}{2}\cdot 2\sqrt{x}}{2\cdot 0+1+2x{u}_{0+2}}=\frac{\sqrt{x}}{1+2x{u}_2}.$

Dešinėje paskutinės formulės pusėje vietoj $u_2$ įrašysime jo išraišką. gautą iš (8.104) lygybės, kai $n=1.$ Tuomet

$\mathrm{th}\sqrt{x}=\frac{\sqrt{x}}{1+2x\cdot \frac{\frac{1}{2}}{2\cdot 1+1+2x{u}_{1+2}}}=\frac{\sqrt{x}}{1+\frac{x}{3+2x{u}_3}}.$

Šiame reiškinyje vietoje $u_3$ galima įrašyti jo išraišką iš (8.104) lygybės, kai $n=2.$ Tokias operacijas galime atlikti kiek norime kartų. Galų gale gausime funkcijos $\mathrm{th}\sqrt{x}$ dėstinį grandinine trupmena. Tame dėstinyje vietoj $\sqrt{x}$ įrašę $x,$ turėsime mums reikalingą funkcijos $\mathrm{th}x$ dėstinį baigtine grandinine trupmena:

$\mathrm{th}x=\frac{x}{1+\frac{x^2}{3+\frac{x^2}{5+}}}(8.105)$

$$ $$ $\ddots$

$$ $$ $+\frac{x^2}{2n+1+2x^2{u}_{n+2}}$

__________________

* 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 $\mathrm{th}x$ reikšmes elektronine skaičiavimo mašina, dažniausiai naudojamsi (8.105) formule, iš kurios išbraukiamas narys $2x^2{u}_{n+2}.$ Tuomet skaičius n paprastai laikomas lygiu 6 (n=6), o x reikšmių moduliai apribojami skaičiumi $\frac{\pi }{4}\approx 0.785398.$

Įvertinsime paklaidą su bet kokiu n.

Funkcijos $\mathrm{th}x$ reikšmės artinį, gautą iš (8.105) formulės, išbraukus narį $2x^2{u}_{n+2},$ žymėsime $\overline{\mathrm{th}}x.$ Pastebėsime, kad $\mathrm{th}x$ ir $\overline{\mathrm{th}}x$ yra grandininės trupmenos, kurias atitinkamai žymėsime $\frac{P_{n+1}}{Q_{n+1}}$ ir $\frac{{\bar{P}}_{n+1}}{{\bar{Q}}_{n+1}}.$

Surašykime tų trupmenų dalinius skaitiklius $a_i$ ir ${\bar{a}}_i$ bei dalinius vardiklius $b_i$ ir ${\bar{b}}_i$ (brūkšneliu virš raidės žymėsime skaičius, susijusius su trupmena $\frac{{\bar{P}}_{n+1}}{{\bar{Q}}_{n+1}}$):

$\{\begin{array}{cc}{a}_1={\bar{a}}_1=x,a_2={\bar{a}}_2=x^2,a_3={\bar{a}}_3=x^2,...,a_{n+1}={\bar{a}}_{n+1}=x^2,& \\ b_0={\bar{b}}_0=0,b_1={\bar{b}}_1=1,b_2={\bar{b}}_2=3,b_3={\bar{b}}_3=5,...,b_n={\bar{b}}_n=2n-1,& \\ b_{n+1}=2n+1+2x^2{u}_{n+2},{\bar{b}}_{n+1}=2n+1.& \end{array}(8.106)$

Kadangi trupmenose $\frac{P_{n+1}}{Q_{n+1}}$ ir $\frac{{\bar{P}}_{n+1}}{{\bar{Q}}_{n+1}}$ turime $Q_{-1}={\bar{Q}}_{-1}=0,Q_0={\bar{Q}}_0=1,$ tai, remdamiesi (8.106) formulėmis ir (8.97) sąryšiais, gauname šitokias lygybes

$\{\begin{array}{cc}{Q}_1={\bar{Q}}_1,Q_2={\bar{Q}}_2,Q_3={\bar{Q}}_3,...,Q_n={\bar{Q}}_n,& \\ Q_{n+1}=(2n+1+2x^2{u}_{n+2}){\bar{Q}}_n+x^2{\bar{Q}}_{n-1},& \\ {\bar{Q}}_{n+1}=(2n+1){\bar{Q}}_n+x^2{\bar{Q}}_{n-1}.& \end{array}(8.107)$

Dabar abi trupmenas $\frac{P_{n+1}}{Q_{n+1}}$ ir $\frac{{\bar{P}}_{n+1}}{{\bar{Q}}_{n+1}}$ 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 $\frac{P_{n+1}}{Q_{n+1}}-\frac{{\bar{P}}_{n+1}}{{\bar{Q}}_{n+1}}$ bus lygus tų trupmenų išraškų pagal (8.101) formulę paskutinių dėmenų skirtumui. Kadangi aptariamųjų trupmenų skirtumas lygus $\mathrm{th}x-\overline{\mathrm{th}}x,$ tai, pasinaudoję (8.106) lygybėmis, gauname formulę

$\mathrm{th}x-\overline{\mathrm{th}}x=(-1{)}^{n+2}{x}^{2n+1}[\frac{1}{Q_n{Q}_{n+1}}-\frac{1}{{\bar{Q}}_n{\bar{Q}}_{n+1}}].$

Šią formulę, remiantis (8.107) lygybėmis, galima perrašyti šitaip:

$\mathrm{th}x-\overline{\mathrm{th}}x=(-1{)}^{n+2}{x}^{2n+1}[\frac{1}{{\bar{Q}}_n{Q}_{n+1}}-\frac{1}{{\bar{Q}}_n{\bar{Q}}_{n+1}}]=(-1{)}^{n+2}{x}^{2n+1}\left[\frac{{\bar{Q}}_n{\bar{Q}}_{n+1}-{\bar{Q}}_n{Q}_{n+1}}{{\bar{Q}}_n{Q}_{n+1}{\bar{Q}}_n{\bar{Q}}_{n+1}}\right]=(-1{)}^{n+2}{x}^{2n+1}\left[\frac{{\bar{Q}}_{n+1}-Q_{n+1}}{{\bar{Q}}_n{Q}_{n+1}{\bar{Q}}_{n+1}}\right]=$

$=(-1{)}^{n+1}{x}^{2n+1}\left[\frac{Q_{n+1}-{\bar{Q}}_{n+1}}{{\bar{Q}}_n{Q}_{n+1}{\bar{Q}}_{n+1}}\right]=(-1{)}^{n+1}{x}^{2n+1}\left[\frac{[(2n+1+2x^2{u}_{n+2}){\bar{Q}}_n+x^2{\bar{Q}}_{n-1}]-[(2n+1){\bar{Q}}_n+x^2{\bar{Q}}_{n-1}]}{{\bar{Q}}_n{Q}_{n+1}{\bar{Q}}_{n+1}}\right]=$

$=(-1{)}^{n+1}\frac{x^{2n+1}}{{\bar{Q}}_n{\bar{Q}}_{n+1}}\left[\frac{2x^2{u}_{n+2}{\bar{Q}}_n}{Q_{n+1}}\right]=$

$=(-1{)}^{n+1}\frac{x^{2n+1}}{{\bar{Q}}_n{\bar{Q}}_{n+1}}\left[\frac{2x^2{u}_{n+2}{\bar{Q}}_n}{2x^2{u}_{n+2}{\bar{Q}}_n+(2n+1){\bar{Q}}_n+x^2{\bar{Q}}_{n-1}}\right].(8.108)$

Kad gautume reikalingą įvertį, pasinaudosime dviem nelygybėmis, kurias įrodysime vėliau.

Kai $x\ge 0,$ su bet kokiu $k\ge 1$ teisinga nelygybė

$Q_k\ge (2k-1)!!.(8.109)$

Kai $x>0,$ skaičius $u_{n+2}$ yra teigiamas:

$u_{n+2}>0.(8.110)$

Dabar įvertinsime skirtumą $\mathrm{th}x-\overline{\mathrm{th}}x,$ tarę, kad x>0. Kadangi $u_{n+2}$ ir visi ${\bar{Q}}_k$ 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

${\bar{Q}}_n{\bar{Q}}_{n+1}\ge [(2n-1)!!{]}^2(2n+1).$

Todėl, kai x>0, su bet kokiu numeriu n bus teisingas toks paklaidos įvertis:

$|\mathrm{th}x-\overline{\mathrm{th}}x|\le \frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!{]}^2(2n+1)}.(8.111)$

Apskaičiuosime paklaidos įvertį, kai n=6, o x reikšmės tenkina nelygybes $0<x<\frac{\pi }{4}.$ Kai n=6, skaičius $2n-1$ lygus 11, o skaičius $2n+1$ lygus 13. Kadangi $\frac{\pi }{4}<0.8,$ tai $x^{13}<(0.8{)}^{13}<5.6\cdot 10^{-2}.$ Lengva apskaičiuoti, kad $11!!=10395.$ Todėl iš (8.111) formulės įsitikiname, kad $\mathrm{th}x$ reikšmės apytikslio skaičiavimo paklaida, kai n=6, ne didesnė už $4\cdot 10^{-11}.$

[$0.8^{13}=0.0549755813888<5.5\cdot 10^{-2}.$

11!! = 11*9*7*5*3 = 10395. $\frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!{]}^2(2n+1)}=\frac{0.0549755813888}{10395^2\cdot 13}=\frac{0.0549755813888}{108056025\cdot 13}=$

= 0.0549755813888/(10395^2 * 13) = 3.9136095151210110325069440028555e-11 $\approx 3.9136\cdot 10^{-11}.$]

Dabar įrodysime, kad (8.109) ir (8.110) nelygybės yra teisingos.

(8.109) nelygybės įrodymas.

Iš pradžių įrodysime, kad visi ${\bar{Q}}_k$ yra neneigiami. Iš (8.106) formulių išplaukia, kad ${\bar{a}}_k$ ir ${\bar{b}}_k$ neneigiami, kai $x\ge 0$ ir $k\le n.$ Be to, jau sakėme, kad ${\bar{Q}}_{-1}=0,{\bar{Q}}_0=1.$ Iš to ir iš antrosios (8.97) formulės aišku, kad visi ${\bar{Q}}_k$ neneigiami, kai $k\le n.$

Iš antrosios (8.97) formulės ir iš to, kad $a_k$ ir ${\bar{Q}}_k$ neneigiami, išplaukia nelygybė

${\bar{Q}}_k\ge b_k{\bar{Q}}_{k-1}.(8.112)$

Kadangi ${\bar{Q}}_0=1,$ o $b_k=2k-1,$ kai $1\le k\le n,$ tai paeiliui iš (8.112) nelygybės gauname ${\bar{Q}}_1\ge 1,{\bar{Q}}_2\ge 3\cdot 1=3,{\bar{Q}}_3\ge 5\cdot 3=15,{\bar{Q}}_4\ge (2\cdot 4-1){\bar{Q}}_3=7\cdot 5\cdot 3=105,...,{\bar{Q}}_k\ge (2k-1)!!.$ Įsitikinome, kad (8.109) nelygybė yra teisinga.

(8.110) nelygybės įrodymas.

Užtenka įrodyti, kad funkcijos $y=\mathrm{ch}\sqrt{x}$ visos išvestinės, kai x>0, yra teigiamos. Savaime aišku, kartu įrodysime ir (8.110) nelygybę, nes $u_{n+2}=\frac{y^{(n+2)}}{y^{(n+1)}}.$

Padauginę paskutinę (8.103) lygybę iš $\frac{1}{4}{x}^{n-\frac{1}{2}},$ gautąją lygybę galime užrašyti šitaip:

$\left[x^{n+\frac{1}{2}}{y}^{(n+1)}\right]=\frac{1}{4}{x}^{n-\frac{1}{2}}{y}^{(n)}.(8.113)$

[ $4x{y}^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}-y^{(n)}=0|\cdot \frac{1}{4}{x}^{n-\frac{1}{2}},$

$x^{n+\frac{1}{2}}{y}^{(n+2)}+(n+\frac{1}{2})x^{n-\frac{1}{2}}{y}^{(n+1)}-\frac{1}{4}{x}^{n-\frac{1}{2}}{y}^{(n)}=0.$

$\left[x^{n+\frac{1}{2}}{y}^{(n+1)}\right]=(n+\frac{1}{2})x^{n-\frac{1}{2}}{y}^{(n+1)}+x^{n+\frac{1}{2}}{y}^{(n+2)}.$ ]

Pirmiausia įsitikinsime, kad

$\underset{x\to 0+0}{\lim }[x^{n+\frac{1}{2}}{y}^{(n+1)}(x)]=0.(8.114)$

Tam reikalui užtenka įrodyti, kad funkcija

$x^n{y}^{(n+1)}(x)(8.115)$

lieka aprėžta, kai $x\to 0+0$ (kai x artėja prie nulio iš dešinės). Iš formulių $y=\mathrm{ch}\sqrt{x}$ ir $y^{\prime }=\frac{\mathrm{sh}\sqrt{x}}{2\sqrt{x}}$ išplaukia, kad funckijos $y(x)$ ir $y^{\prime }(x)$ yra aprėžtos, kai $x\to 0+0.$

[Kad funkcija $y^{\prime }(x)$ yra aprėžta, įrodoma, pritaikius funkcijai $y^{\prime }(x)$ Lopitalio taisyklę:

$\underset{x\to 0+0}{\lim }\frac{\mathrm{sh}\sqrt{x}}{2\sqrt{x}}=\underset{x\to 0+0}{\lim }\frac{(\mathrm{sh}\sqrt{x}{)}^{\prime }}{(2\sqrt{x}{)}^{\prime }}=\underset{x\to 0+0}{\lim }\frac{\frac{1}{2\sqrt{x}}\mathrm{ch}\sqrt{x}}{2\cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}}=\underset{x\to 0+0}{\lim }\frac{1}{2}\mathrm{ch}\sqrt{x}=\underset{x\to 0+0}{\lim }\frac{1}{2}\cdot \frac{e^{\sqrt{x}}+e^{-\sqrt{x}}}{2}=\frac{1}{4}(e^0+e^{-0})=\frac{1}{4}(1+\frac{1}{e^0})=\frac{1}{2}.$]

Tačiau tuomet iš (8.102) lygybės aišku, kad ir funkcija $x{y}^{″}(x)$ lieka aprėžta, kai $x\to 0+0.$

[$4x{y}^{″}+2y^{\prime }-y=0.(8.102)$

$4x{y}^{″}=-2y^{\prime }+y.(A)$

Lygybėje (A) dešinė pusė yra aprėžta, kai $x\to 0+0.$ Todėl aprėžta ir kairė pusė. Be to, $\underset{x\to 0+0}{\lim }(-2y^{\prime }+y)=-2\cdot \frac{1}{2}+1=0.$]

Toliau matematinės indukcijos metodu, remdamiesi paskutiniąją (8.103) lygybe, įrodome, kad funkcija $x^n{y}^{(n+1)}(x)$ yra aprėžta, kai $x\to 0+0,$ nepriklausomai nuo numerio n. Iš to aišku, kad (8.114) lygybė yra teisinga.

Dabar įsitikinsime, kad, imant bet kokį neneigiamą sveikąjį skaičių n, išvestinė

$y^{(n)}(x)(8.116)$

yra teigiama pustiesėje x>0. Savaime aišku, $y^{(0)}(x)=y(x)=\mathrm{ch}\sqrt{x}$ pustiesėje x>0 yra teigiama. Tarkime, kad $y^{(n)}(x)$ pustiesėje x>0 yra teigiama, kai n – koks nors fiksuotas numeris. Įsitikinsime, kad tuomet išvestinė $y^{(n+1)}(x)$ 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 $x^{n+\frac{1}{2}}{y}^{(n+1)}(x)$ pustiesėje x>0 didėja. Remdamiesi (8.114) lygybe, galime spręsti, kad ta funkcija pustiesėje x>0 yra teigiama. Vadinasi, $y^{(n+1)}(x)>0,$ kai x>0, ir (8.110) nelygybė įrodyta.

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

Toliau simboliu $S_n(t)$ žymėsime grandininę trupmeną

$S_n(t)=1+\frac{t}{3+\frac{t}{5+\frac{t}{7+}}}(8.117)$

$$ $$ $$ $\ddots$

$$ $$ $$ $+\frac{t}{2n+1}$

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 $\mathrm{th}x$ reikšmės artinį galima apskaičiuoti pagal formulę

$\mathrm{th}x\approx \frac{x}{S_n(x^2)}.(8.118)$

Be to, praeituose skirsniuose paaiškėjo, kad, didinant n, skaičiavimo tikslumas didėja ir paklaida artėja prie nulio.

Funkcijas $\mathrm{sh}2x,\mathrm{ch}2x$ ir $e^{2x},$ remiantis formulėmis

$\mathrm{sh}2x=\frac{2\mathrm{th}x}{1-{\mathrm{th}}^{2}x},\mathrm{ch}2x=\frac{1+{\mathrm{th}}^{2}x}{1-{\mathrm{th}}^{2}x},e^{2x}=\frac{1+\mathrm{th}x}{1-\mathrm{th}x},$

galima išreikšti hiperbolinio tangento funkcijomis. Iš tų formulių ir (8.118) lygybės gauname šitokias formules išvardytųjų funkcijų reikšmių artiniams skaičiuoti:

$\mathrm{sh}2x=\frac{2\mathrm{th}x}{1-{\mathrm{th}}^{2}x}\approx \left(2\frac{x}{S_n(x^2)}\right):(1-\frac{x^2}{S_n^2(x^2)})=\frac{2x}{S_n(x^2)}:\frac{S_n^2(x^2)-x^2}{S_n^2(x^2)}=\frac{2x}{\frac{S_n^2(x^2)-x^2}{S_n(x^2)}}=\frac{2S_n(x^2)\cdot x}{S_n^2(x^2)-x^2},$

$\mathrm{ch}2x=\frac{1+{\mathrm{th}}^{2}x}{1-{\mathrm{th}}^{2}x}\approx (1+\frac{x^2}{S_n^2(x^2)}):(1-\frac{x^2}{S_n^2(x^2)})=\frac{S_n^2(x^2)+x^2}{S_n^2(x^2)}:\frac{S_n^2(x^2)-x^2}{S_n^2(x^2)}=\frac{S_n^2(x^2)+x^2}{S_n^2(x^2)}\cdot \frac{S_n^2(x^2)}{S_n^2(x^2)-x^2}=\frac{S_n^2(x^2)+x^2}{S_n^2(x^2)-x^2},$

$e^{2x}=\frac{1+\mathrm{th}x}{1-\mathrm{th}x}\approx \frac{1+\frac{x}{S_n(x^2)}}{1-\frac{x}{S_n(x^2)}}=\frac{\frac{S_n(x^2)+x}{S_n(x^2)}}{\frac{S_n(x^2)-x}{S_n(x^2)}}=\frac{S_n(x^2)+x}{S_n(x^2)-x}.$

Aišku, remiantis šiomis formulėmis ir $S_n(t)$ skaičiavimo programa, lengva sudaryti programas $\mathrm{sh}2x,\mathrm{ch}2x$ ir $e^{2x}$ reikšmėms skaičiuoti.

5. Trigonometrinių funkcijų reikšmių skaičiavimas.

Funkcijos $\mathrm{tg}x$ dėstinys grandinine trupmena gaunamas analogiškai, kaip ir funkcijos $\mathrm{th}x.$

Imkime funkciją $y=\cos \sqrt{x},$ apibrėžtą pustiesėje $x>0.$ Du kartus išdiferencijavę tą funkciją ir atlikę paprastus pertvarkymus, gauname sąryšius

$2\sqrt{x}{y}^{\prime }=-\sin \sqrt{x};2\sqrt{x}{y}^{″}+\frac{y^{\prime }}{\sqrt{x}}=-\frac{y}{2\sqrt{x}}.$

[$y^{\prime }=(\cos \sqrt{x}{)}^{\prime }=-\sin \sqrt{x}\cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}.$]

Iš paskutinio sąryšio gauname tapatybę (padauginę tą paskutinį sąryšį iš $2\sqrt{x}$)

$4x{y}^{″}+2y^{\prime }+y=0.$

Diferencijuodami tą tapatybę, gausime

$\{\begin{array}{cc}4x{y}^{‴}+6y^{″}+y^{\prime }=0,& \\ .................................& \\ 4x{y}^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}+y^{(n)}=0.& \end{array}$

Santykį $\frac{y^{(n+1)}}{y^{(n)}}$ pažymėję $u_{n+1}$ iš paskutinės tapatybės gauname lygybę $4x{u}_{n+2}+4n+2=-\frac{1}{u_{n+1}},$ iš kurios išreiškiame $u_{n+1}$:

$u_{n+1}=-\frac{1}{4x{u}_{n+2}+4n+2}=\frac{-\frac{1}{2}}{2n+1+2x{u}_{n+2}}.$

Toliau samprotaujame visiškai panašiai, kaip ir dėstydami hiperbolinį tangentą, ir gauname šitokį funkcijos $\mathrm{tg}x$ dėstinį grandinine trupmena:

$\mathrm{tg}x=\frac{x}{1+\frac{-x^2}{3+\frac{-x^2}{5+}}}$

$$ $$ $\ddots$

$$ $$ $+\frac{-x^2}{2n+1+2x^2{u}_{n+2}}$

Funkcijos $\mathrm{tg}x$ reikšmės artinį gauname iš tos formulės, atmetę narį $2x^2{u}_{n+2}.$ Atsižvelgus į (8.117) reiškinį, tą artinį galima apskaičiuoti pagal formulę

$\mathrm{tg}x\approx \frac{x}{S_n(-x^2)}.(8.119)$

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 $\sin 2x=\frac{2\mathrm{tg}x}{1+{\mathrm{tg}}^{2}x}$ ir $\cos 2x=\frac{1-{\mathrm{tg}}^{2}x}{1+{\mathrm{tg}}^{2}x}$ bei (8.119) sąryšiu, gauname formules $\sin 2x$ ir $\cos 2x$ reikšmių artiniams skaičiuoti:

$\sin 2x=\frac{2\mathrm{tg}x}{1+{\mathrm{tg}}^{2}x}\approx \frac{2\frac{x}{S_n(-x^2)}}{1+\frac{x^2}{S_n^2(-x^2)}}=\frac{\frac{2x}{S_n(-x^2)}}{\frac{S_n^2(-x^2)+x^2}{S_n^2(-x^2)}}=\frac{2x}{\frac{S_n^2(-x^2)+x^2}{S_n(-x^2)}}=\frac{2S_n(-x^2)\cdot x}{S_n^2(-x^2)+x^2};$

$\cos 2x=\frac{1-{\mathrm{tg}}^{2}x}{1+{\mathrm{tg}}^{2}x}\approx \frac{1-\frac{x^2}{S_n^2(-x^2)}}{1+\frac{x^2}{S_n^2(-x^2)}}=\frac{\frac{S_n^2(-x^2)-x^2}{S_n^2(-x^2)}}{\frac{S_n^2(-x^2)+x^2}{S_n^2(-x^2)}}=\frac{S_n^2(-x^2)-x^2}{S_n^2(-x^2)+x^2}.$

Baigdami pastebėsime, kad visų paskutiniuose dviejuose skirsniuose (4. ir 5.) aptartų funkcijų reikšmių skaičiavimo tikslumas, atliekant šešias iteracijas (n=6), bus ne mažesnis kaip $10^{-11},$ jei tik argumento x modulis ne didesnis už $\frac{\pi }{4}.$

Pavyzdžiai

• Apskaičiuosime $\mathrm{th}x,$ kai x=0.5, o n=4. Tada, pagal (8.105) formulę,

$\mathrm{th}x\approx \frac{x}{1+\frac{x^2}{3+\frac{x^2}{5}}};$

$\mathrm{th}0.5\approx \frac{0.5}{1+\frac{0.5^2}{3+\frac{0.5^2}{5}}}=\frac{0.5}{1+\frac{0.25}{3+\frac{0.25}{5}}}=\frac{0.5}{1+\frac{0.25}{\frac{15+0.25}{5}}}=\frac{0.5}{1+\frac{1.25}{15.25}}=$

$=\frac{0.5\cdot 15.25}{15.25+1.25}=\frac{7.625}{16.5}=0.46(21)=$

= 0.46212121212121212121212121212121.

Įvertinsime paklaidą, pagal (8.111) formulę.

$|\mathrm{th}x-\overline{\mathrm{th}}x|\le \frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!{]}^2(2n+1)}=\frac{0.5^{2\cdot 4+1}}{[(2\cdot 4-1)!!{]}^2(2\cdot 4+1)}=\frac{0.5^9}{[7!!{]}^2\cdot 9}=$

$=\frac{0.5^9}{[7\cdot 5\cdot 3{]}^2\cdot 9}=\frac{0.001953125}{105^2\cdot 9}=$

= 0.001953125/(105^2 *9) = 1.9683799445704207608969513731418e-8 $\approx 1.96837994457\cdot 10^{-8}.$

Iš kalkuliatoriaus: $\mathrm{th}0.5=$ 0.46211715726000975850231848364367.

0.46211715726000975850231848364367 - 0.46212121212121212121212121212121 =

= -0.00000405486120236270980272847754 $\approx -4.0548612\cdot 10^{-6}.$

Čia pas mus buvo n=2. Todėl paklaidos įvertis yra skaičiui n=2 toks:

$|\mathrm{th}x-\overline{\mathrm{th}}x|\le \frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!{]}^2(2n+1)}=\frac{0.5^{2\cdot 2+1}}{[(2\cdot 2-1)!!{]}^2(2\cdot 2+1)}=\frac{0.5^5}{[3!!{]}^2\cdot 5}=\frac{0.5^5}{3^2\cdot 5}=\frac{0.03125}{9\cdot 5}=$

= 0.03125/45 = 6.9444444444444444444444444444444e-4 $\approx 6.9444444\cdot 10^{-4}.$

Taigi, $|-4.0548612\cdot 10^{-6}|<6.9444444\cdot 10^{-4}$ ir įvertis, kai n=2, gautas teisingai.

Toliau jau tikrai apskaičiuosime artinį $\mathrm{th}0.5,$ kai n=4.

$\mathrm{th}x\approx \frac{x}{1+\frac{x^2}{3+\frac{x^2}{5+\frac{x^2}{7+\frac{x^2}{9}}}}};$

$\mathrm{th}0.5\approx \frac{0.5}{1+\frac{0.5^2}{3+\frac{0.5^2}{5+\frac{0.5^2}{7+\frac{0.5^2}{9}}}}}=\frac{0.5}{1+\frac{0.25}{3+\frac{0.25}{5+\frac{0.25}{7+\frac{0.25}{9}}}}}=\frac{0.5}{1+\frac{0.25}{3+\frac{0.25}{5+\frac{0.25}{\frac{63+0.25}{9}}}}}=$

$=\frac{0.5}{1+\frac{0.25}{3+\frac{0.25}{5+\frac{0.25\cdot 9}{63.25}}}}=\frac{0.5}{1+\frac{0.25}{3+\frac{0.25}{\frac{5\cdot 63.25+0.25\cdot 9}{63.25}}}}=\frac{0.5}{1+\frac{0.25}{3+\frac{0.25}{\frac{318.5}{63.25}}}}=$

$=\frac{0.5}{1+\frac{0.25}{3+\frac{0.25\cdot 63.25}{318.5}}}=\frac{0.5}{1+\frac{0.25}{\frac{3\cdot 318.5+0.25\cdot 63.25}{318.5}}}=\frac{0.5}{1+\frac{0.25}{\frac{971.3125}{318.5}}}=$

$=\frac{0.5}{1+\frac{0.25\cdot 318.5}{971.3125}}=\frac{0.5}{\frac{971.3125+79.625}{971.3125}}=\frac{0.5\cdot 971.3125}{1050.9375}=\frac{485.65625}{1050.9375}=$

= 485.65625/1050.9375 = 0.46211715730002973535533749628308.

Atėmę šią gautą $\mathrm{th}0.5$ apytikslią reikšmę iš tikslios kalkuliatoriaus reikšmės, gauname paklaidą:

0.46211715726000975850231848364367 - 0.46211715730002973535533749628308 =

= -0.00000000004001997685301901263941 $\approx -4.0019976853\cdot 10^{-11}.$

[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,

$|-4.0019976853\cdot 10^{-11}|\approx |\mathrm{th}x-\overline{\mathrm{th}}x|<1.96837994457\cdot 10^{-8}.$

Vadinasi, paklaidos įvertinimas gautas teisingai. Beveik trim eilėm reali paklaida mažesnė nei nustatytas paklaidos įvertis.

• Apskaičiuosime $\mathrm{tg}x,$ kai x=0.5 radiano, o n=4.

$\mathrm{tg}x\approx \frac{x}{1+\frac{-x^2}{3+\frac{-x^2}{5+\frac{-x^2}{7+\frac{-x^2}{9}}}}};$

$\mathrm{tg}0.5\approx \frac{0.5}{1+\frac{-0.5^2}{3+\frac{-0.5^2}{5+\frac{-0.5^2}{7+\frac{-0.5^2}{9}}}}}=\frac{0.5}{1+\frac{-0.25}{3+\frac{-0.25}{5+\frac{-0.25}{7+\frac{-0.25}{9}}}}}=\frac{0.5}{1+\frac{-0.25}{3+\frac{-0.25}{5+\frac{-0.25}{\frac{63-0.25}{9}}}}}=$

$=\frac{0.5}{1+\frac{-0.25}{3+\frac{-0.25}{5+\frac{-0.25\cdot 9}{62.75}}}}=\frac{0.5}{1+\frac{-0.25}{3+\frac{-0.25\cdot 62.75}{5\cdot 62.75-0.25\cdot 9}}}=\frac{0.5}{1+\frac{-0.25}{3+\frac{-15.6875}{311.5}}}=$

$=\frac{0.5}{1+\frac{-0.25\cdot 311.5}{3\cdot 311.5-15.6875}}=\frac{0.5}{1+\frac{-77.875}{918.8125}}=\frac{0.5\cdot 918.8125}{918.8125-77.875}=\frac{459.40625}{840.9375}=$

= 459.40625/840.9375 = 0.54630248978075065031586770717205.

Atėmę šią gautą $\mathrm{tg}x$ artinio reikšmę iš tikslios kalkuliatoriaus $\mathrm{tg}x$ reikšmės, gauname paklaidą:

0.54630248984379051325517946578029 - 459.40625/840.9375 = 6.3039862939311758608230385155597e-11 $\approx 6.30398629393\cdot 10^{-11}.$

Paklaidos įvertinimas tangentui yra panašus kaip hiperboliniam tangentui.

[Tangentui, (8.107) lygybės pavirsta į tokias:

$\{\begin{array}{cc}{Q}_1={\bar{Q}}_1,Q_2={\bar{Q}}_2,Q_3={\bar{Q}}_3,...,Q_n={\bar{Q}}_n,& \\ Q_{n+1}=(2n+1+2x^2{u}_{n+2}){\bar{Q}}_n-x^2{\bar{Q}}_{n-1},& \\ {\bar{Q}}_{n+1}=(2n+1){\bar{Q}}_n-x^2{\bar{Q}}_{n-1}.& \end{array}(8.107\text{for}\text{tg}x)$

Tada (8.108) formulė pavirsta į tokią (padauginome viską dar iš $(-1{)}^n$ formulėje (8.108), nes yra n koeficientų $-x^2$ pagal (8.101) formulę [kurie turi minusą], t. y. $a_1=x,a_2=-x^2,a_3=-x^2,...,a_{n+1}=-x^2$):

$\mathrm{tg}x-\overline{\mathrm{tg}}x=(-1{)}^n(-1{)}^{n+1}\frac{x^{2n+1}}{{\bar{Q}}_n{\bar{Q}}_{n+1}}\left[\frac{2x^2{u}_{n+2}{\bar{Q}}_n}{Q_{n+1}}\right]=(-1{)}^{2n+1}\frac{x^{2n+1}}{{\bar{Q}}_n{\bar{Q}}_{n+1}}\left[\frac{2x^2{u}_{n+2}{\bar{Q}}_n}{2x^2{u}_{n+2}{\bar{Q}}_n+(2n+1){\bar{Q}}_n-x^2{\bar{Q}}_{n-1}}\right].(8.108\text{for}\text{tg}x)$

Taigi, nėra funkcijai tg(x) griežto paklaidos nustatymo būdo, nes vardiklis $2x^2{u}_{n+2}{\bar{Q}}_n+(2n+1){\bar{Q}}_n-x^2{\bar{Q}}_{n-1}$ gali būti mažesnis skaičius nei funkcijai $\mathrm{th}x$ (reiškinys laužtiniuose skliaustuose gali būti didesnis už 1). Gal kaip nors giliai aiškinantis galima nustatyt, kad $\mathrm{th}x$ ir $\mathrm{tg}x$ paklaidos yra panašios.]

Todėl paklaida vertinama pagal (8.111) formulę. Pagal (8.111) formulę, hiperboliniam tangentui gavome, kad

$|\mathrm{th}x-\overline{\mathrm{th}}x|\le 1.96837994457\cdot 10^{-8}.$

Todėl

$6.30398629393\cdot 10^{-11}\approx |\mathrm{tg}x-\overline{\mathrm{tg}}x|\le 1.96837994457\cdot 10^{-8}.$

Paklaidos įvertinimas gautas teisingai.

• Apskaičiuosime $\mathrm{th}x,$ kai x=0.8, o n=6.

$\mathrm{th}x\approx \frac{x}{1+\frac{x^2}{3+\frac{x^2}{5+\frac{x^2}{7+\frac{x^2}{9+\frac{x^2}{11+\frac{x^2}{13}}}}}}};$

$\mathrm{th}0.8\approx \frac{0.8}{1+\frac{0.8^2}{3+\frac{0.8^2}{5+\frac{0.8^2}{7+\frac{0.8^2}{9+\frac{0.8^2}{11+\frac{0.8^2}{13}}}}}}}=\frac{0.8}{1+\frac{0.64}{3+\frac{0.64}{5+\frac{0.64}{7+\frac{0.64}{9+\frac{0.64}{11+\frac{0.64}{13}}}}}}}=\frac{0.8}{1+\frac{0.64}{3+\frac{0.64}{5+\frac{0.64}{7+\frac{0.64}{9+\frac{0.64}{\frac{11\cdot 13+0.64}{13}}}}}}}=$

$=\frac{0.8}{1+\frac{0.64}{3+\frac{0.64}{5+\frac{0.64}{7+\frac{0.64}{9+\frac{0.64\cdot 13}{143.64}}}}}}=\frac{0.8}{1+\frac{0.64}{3+\frac{0.64}{5+\frac{0.64}{7+\frac{0.64}{\frac{9\cdot 143.64+0.64\cdot 13}{143.64}}}}}}=\frac{0.8}{1+\frac{0.64}{3+\frac{0.64}{5+\frac{0.64}{7+\frac{0.64}{\frac{1301.08}{143.64}}}}}}=$

$=\frac{0.8}{1+\frac{0.64}{3+\frac{0.64}{5+\frac{0.64}{7+\frac{0.64\cdot 143.64}{1301.08}}}}}=\frac{0.8}{1+\frac{0.64}{3+\frac{0.64}{5+\frac{0.64}{\frac{7\cdot 1301.08+0.64\cdot 143.64}{1301.08}}}}}=\frac{0.8}{1+\frac{0.64}{3+\frac{0.64}{5+\frac{0.64}{\frac{9199.4896}{1301.08}}}}}=$

$=\frac{0.8}{1+\frac{0.64}{3+\frac{0.64}{\frac{5\cdot 9199.4896+0.64\cdot 1301.08}{9199.4896}}}}=\frac{0.8}{1+\frac{0.64}{3+\frac{0.64}{\frac{46830.1392}{9199.4896}}}}=\frac{0.8}{1+\frac{0.64}{\frac{3\cdot 46830.1392+0.64\cdot 9199.4896}{46830.1392}}}=\frac{0.8}{1+\frac{0.64}{\frac{146378.090944}{46830.1392}}}=$

$=\frac{0.8}{\frac{146378.090944+0.64\cdot 46830.1392}{146378.090944}}=\frac{0.8}{\frac{176349.380032}{146378.090944}}=\frac{0.8\cdot 146378.090944}{176349.380032}=\frac{117102.4727552}{176349.380032}=$

= 117102.4727552/176349.380032 = 0.66403677026792395500016180062552.

Atėmę gautą apytikslią $\mathrm{th}0.8$ reikšmę iš tikslios $\mathrm{th}0.8$ 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

$|\mathrm{th}x-\overline{\mathrm{th}}x|\le 3.9136\cdot 10^{-11}.$

Matome, kad reali paklaida $\approx |-7.49913153\cdot 10^{-14}|$ mažesnė už paklaidos įvertį $3.9136\cdot 10^{-11},$ 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 $\approx -4.0019976853\cdot 10^{-11},$ o tg(x) paklaida yra $\approx 6.30398629393\cdot 10^{-11}.$ 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:

$\mathrm{tg}x-\overline{\mathrm{tg}}x=(-1{)}^{2n+1}\frac{x^{2n+1}}{{\bar{Q}}_n{\bar{Q}}_{n+1}}\left[\frac{2x^2{u}_{n+2}{\bar{Q}}_n}{2x^2{u}_{n+2}{\bar{Q}}_n+(2n+1){\bar{Q}}_n-x^2{\bar{Q}}_{n-1}}\right]=$

$=-\frac{x^{2n+1}}{{\bar{Q}}_n{\bar{Q}}_{n+1}}\left[\frac{2x^2{u}_{n+2}{\bar{Q}}_n}{2x^2{u}_{n+2}{\bar{Q}}_n+(2n+1){\bar{Q}}_n-x^2{\bar{Q}}_{n-1}}\right].(8.108\text{for}\text{tg}x)$

Iš aukščiau žinome, kad $P_{-1}=1,Q_{-1}=0.$ Taip pat žinome, kad $P_0=b_0,Q_0=1.$ Mums iš (8.97) sistemos

$\{\begin{array}{cc}{P}_k=b_k{P}_{k-1}+a_k{P}_{k-2},& \\ Q_k=b_k{Q}_{k-1}+a_k{Q}_{k-2}.& \end{array}(8.97)$

reikia išreikšti visus $Q_k,$ kai skaičius k yra nuo 1 iki n+1. Mes žinome, kad $a_1=x,a_2=-x^2,a_3=-x^2,...,a_{n+1}=-x^2.$ Ir žinome, kad $b_1=1,b_2=3,b_3=5,...,b_n=2n-1,{\bar{b}}_{n+1}=2n+1.$ Tada

$Q_1=b_1{Q}_{1-1}+a_1{Q}_{1-2}=1\cdot Q_0+x{Q}_{-1}=1\cdot 1+1\cdot 0=1;$

$Q_2=b_2{Q}_{2-1}+a_2{Q}_{2-2}=3\cdot Q_1+(-x^2)Q_0=3\cdot 1+(-1^2)\cdot 1=3-1=2;$

$Q_3=b_3{Q}_{3-1}+a_3{Q}_{3-2}=5\cdot Q_2+(-x^2)Q_1=5\cdot 2+(-1^2)\cdot 1=10-1=9;$

$Q_4=b_4{Q}_{4-1}+a_4{Q}_{4-2}=7\cdot Q_3+(-x^2)Q_2=7\cdot 9+(-1^2)\cdot 2=63-2=61;$

$Q_5=b_5{Q}_{5-1}+a_5{Q}_{5-2}=9\cdot Q_4+(-x^2)Q_3=9\cdot 61+(-1^2)\cdot 9=549-9=540;$

$Q_n=Q_6=b_6{Q}_{6-1}+a_6{Q}_{6-2}=11\cdot Q_5+(-x^2)Q_4=11\cdot 540+(-1^2)\cdot 61=5940-61=5879;$

${\bar{Q}}_{n+1}={\bar{Q}}_7={\bar{b}}_7{Q}_{7-1}+a_7{Q}_{7-2}=13\cdot Q_6+(-x^2)Q_5=13\cdot 5879+(-1^2)\cdot 540=76427-540=75887.$

Dabar galime pagal (8.108 for tg(x)) formulę nustatyti paklaidą, kai x=1, o n=6. Taigi,

$\mathrm{tg}x-\overline{\mathrm{tg}}x=-\frac{x^{2n+1}}{{\bar{Q}}_n{\bar{Q}}_{n+1}}\left[\frac{2x^2{u}_{n+2}{\bar{Q}}_n}{2x^2{u}_{n+2}{\bar{Q}}_n+(2n+1){\bar{Q}}_n-x^2{\bar{Q}}_{n-1}}\right]=$

$=-\frac{1^{2\cdot 6+1}}{{\bar{Q}}_6{\bar{Q}}_{6+1}}\left[\frac{2\cdot 1^2{u}_{n+2}{\bar{Q}}_6}{2\cdot 1^2{u}_{n+2}{\bar{Q}}_6+(2\cdot 6+1){\bar{Q}}_6-1^2{\bar{Q}}_{6-1}}\right]=-\frac{1^{13}}{{\bar{Q}}_6{\bar{Q}}_7}\left[\frac{2u_{n+2}{\bar{Q}}_6}{2u_{n+2}{\bar{Q}}_6+13{\bar{Q}}_6-{\bar{Q}}_5}\right]=$

$=-\frac{1^{13}}{5879\cdot 75887}\left[\frac{2u_{n+2}\cdot 5879}{2u_{n+2}\cdot 5879+13\cdot 5879-540}\right]=-\frac{1}{446139673}\left[\frac{2u_{n+2}\cdot 5879}{2u_{n+2}\cdot 5879+75887}\right].$

Matome, kad reiškinys laužtiniuose skliaustuose tikrai mažesnis už 1, kai $u_{n+2}>0.$ Vadinasi, jeigu $u_{n+2}>0,$ tai tg(x) absoliuti paklaida, kai x=1, o n=6, yra mažesnė už

$|-\frac{1}{446139673}|=\frac{1}{446139673}=$

= 1/446139673 = 2.2414505154308480429625454986156e-9 $\approx 2.24145051543\cdot 10^{-9}.$

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

$|\mathrm{th}x-\overline{\mathrm{th}}x|\le \frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!{]}^2(2n+1)}(8.111)$

gauname

$\frac{x^{2n+1}}{[(2n-1)!!{]}^2(2n+1)}=\frac{x^{13}}{[11!!{]}^2(2n+1)}=\frac{1^{13}}{10395^2\cdot 13}=\frac{1}{108056025\cdot 13}=\frac{1}{1404728325}=$

= 1/1404728325 = 7.1188142376213564284752355940427e-10 $\approx 7.11881423762\cdot 10^{-10}.$

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)

$u_{n+2}>0.(8.110)$

Užtenka įrodyti, kad funkcijos $y=\cos \sqrt{x}$ visos išvestinės, kai $\frac{\pi }{2}>x>0$ yra teigiamos. Savaime aišku, kartu įrodysime ir (8.110) nelygybę, nes $u_{n+2}=\frac{y^{(n+2)}}{y^{(n+1)}}.$

Padauginę lygybę

$4x{y}^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}+y^{(n)}=0$

iš 5. skirsnio iš $\frac{1}{4}{x}^{n-\frac{1}{2}},$ gautąją lygybę galime užrašyti šitaip:

$\left[x^{n+\frac{1}{2}}{y}^{(n+1)}\right]=-\frac{1}{4}{x}^{n-\frac{1}{2}}{y}^{(n)}.(8.113\text{for}\mathrm{tg}x)$

[ $4x{y}^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}+y^{(n)}=0|\cdot \frac{1}{4}{x}^{n-\frac{1}{2}},$

$x^{n+\frac{1}{2}}{y}^{(n+2)}+(n+\frac{1}{2})x^{n-\frac{1}{2}}{y}^{(n+1)}+\frac{1}{4}{x}^{n-\frac{1}{2}}{y}^{(n)}=0.$

$\left[x^{n+\frac{1}{2}}{y}^{(n+1)}\right]=(n+\frac{1}{2})x^{n-\frac{1}{2}}{y}^{(n+1)}+x^{n+\frac{1}{2}}{y}^{(n+2)}.$ ]

Pirmiausia įsitikinsime, kad

$\underset{x\to 0+0}{\lim }[x^{n+\frac{1}{2}}{y}^{(n+1)}(x)]=0.(8.114)$

Tam reikalui užtenka įrodyti, kad funkcija

$x^n{y}^{(n+1)}(x)(8.115)$

lieka aprėžta, kai $x\to 0+0$ (kai x artėja prie nulio iš dešinės). Iš formulių $y=\cos \sqrt{x}$ ir $y^{\prime }=-\frac{\sin \sqrt{x}}{2\sqrt{x}}$ išplaukia, kad funckijos $y(x)$ ir $y^{\prime }(x)$ yra aprėžtos, kai $x\to 0+0.$

[Kad funkcija $y^{\prime }(x)$ yra aprėžta, įrodoma, pritaikius funkcijai $y^{\prime }(x)$ Lopitalio taisyklę:

$\underset{x\to 0+0}{\lim }\frac{-\sin \sqrt{x}}{2\sqrt{x}}=\underset{x\to 0+0}{\lim }\frac{-(\sin \sqrt{x}{)}^{\prime }}{(2\sqrt{x}{)}^{\prime }}=\underset{x\to 0+0}{\lim }\frac{-\frac{1}{2\sqrt{x}}\cos \sqrt{x}}{2\cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}}=\underset{x\to 0+0}{\lim }\frac{-1}{2}\cos \sqrt{x}=-\frac{1}{2}\cdot \cos 0=-\frac{1}{2}.$]

Tačiau tuomet iš 5. skirsnio lygybės $4x{y}^{″}+2y^{\prime }+y=0$ aišku, kad ir funkcija $x{y}^{″}(x)$ lieka aprėžta, kai $x\to 0+0.$

[$4x{y}^{″}+2y^{\prime }+y=0.(8.102\text{for}\mathrm{tg}x)$

$4x{y}^{″}=-2y^{\prime }-y.(B)$

Lygybėje (B) dešinė pusė yra aprėžta, kai $x\to 0+0.$ Todėl aprėžta ir kairė pusė. Be to, $\underset{x\to 0+0}{\lim }(-2y^{\prime }-y)=-2\cdot \frac{-1}{2}-1=0.$]

Toliau matematinės indukcijos metodu, remdamiesi $4x{y}^{(n+2)}+(4n+2)y^{(n+1)}+y^{(n)}=0$ lygybe iš 5. skirsnio, įrodome, kad funkcija $x^n{y}^{(n+1)}(x)$ yra aprėžta, kai $x\to 0+0,$ nepriklausomai nuo numerio n. Iš to aišku, kad (8.114) lygybė yra teisinga.

Dabar įsitikinsime, kad, imant bet kokį neneigiamą sveikąjį skaičių n, išvestinė

$y^{(n)}(x)(8.116)$

gali būti neigiama ir gali būti teigiama (išvestinių ženklai kaitoliojaisi) su $\frac{\pi }{2}>x>0.$ Savaime aišku, $y^{(0)}(x)=y(x)=\cos \sqrt{x}$ su $\frac{\pi }{2}>x>0$ yra teigiama. Tada pagal (8.113 for tg(x)), kai n=0, gauname ($\frac{\pi }{2}>x>0$)

$\left[x^{n+\frac{1}{2}}{y}^{(n+1)}\right]=-\frac{1}{4}{x}^{n-\frac{1}{2}}{y}^{(n)};(8.113\text{for}\mathrm{tg}x)$

$\left[x^{0+\frac{1}{2}}{y}^{(0+1)}\right]=-\frac{1}{4}{x}^{0-\frac{1}{2}}{y}^{(0)},$

$\left[x^{\frac{1}{2}}{y}^{(1)}\right]=-\frac{1}{4}{x}^{-\frac{1}{2}}\cos \sqrt{x}.(C)$

Pagal lygybę (C) funkcijos $x^{\frac{1}{2}}{y}^{(1)}$ išvestinė yra neigiama. Todėl funkcija $x^{\frac{1}{2}}{y}^{(1)}$ intervale $(0;\frac{\pi }{2})$ mažėja. Remdamiesi (8.114) lygybe, galime spręsti, kad ta funkcija interavale $(0;\frac{\pi }{2})$ yra neigiama (vadinasi, $y^{(1)}<0$).

Toliau pagal (8.113 for tg(x)) formulę, kai n=1, gauname (kai $\frac{\pi }{2}>x>0$)

$\left[x^{1+\frac{1}{2}}{y}^{(1+1)}\right]=-\frac{1}{4}{x}^{1-\frac{1}{2}}{y}^{(1)},$

$\left[x^{1+\frac{1}{2}}{y}^{(2)}\right]=-\frac{1}{4}{x}^{1-\frac{1}{2}}{y}^{(1)}.(D)$

Lygybėje (D) dešinė pusė yra teigiama. Todėl funkcijos $x^{1+\frac{1}{2}}{y}^{(2)}$ išvestinė yra teigiama. Tai reiškia, kad funkcija $x^{1+\frac{1}{2}}{y}^{(2)}$ interavale $(0;\frac{\pi }{2})$ didėja ir todėl, remiantis (8.114) lygybe, $y^{(2)}>0.$

Toliau pagal (8.113 for tg(x)) formulę, kai n=2, gauname (kai $\frac{\pi }{2}>x>0$)

$\left[x^{2+\frac{1}{2}}{y}^{(2+1)}\right]=-\frac{1}{4}{x}^{2-\frac{1}{2}}{y}^{(2)},$

$\left[x^{2+\frac{1}{2}}{y}^{(3)}\right]=-\frac{1}{4}{x}^{2-\frac{1}{2}}{y}^{(2)}.(E)$

Lygybėje (E) dešinė pusė yra neigiama. Todėl funkcijos $x^{2+\frac{1}{2}}{y}^{(3)}$ išvestinė yra neigiama. Tai reiškia, kad funkcija $x^{2+\frac{1}{2}}{y}^{(3)}$ interavale $(0;\frac{\pi }{2})$ mažėja ir todėl, remiantis (8.114) lygybe, $y^{(3)}<0.$

Toliau pagal (8.113 for tg(x)) formulę, kai n=3, gauname (kai $\frac{\pi }{2}>x>0$)

$\left[x^{3+\frac{1}{2}}{y}^{(3+1)}\right]=-\frac{1}{4}{x}^{3-\frac{1}{2}}{y}^{(3)},$

$\left[x^{3+\frac{1}{2}}{y}^{(4)}\right]=-\frac{1}{4}{x}^{3-\frac{1}{2}}{y}^{(3)}.(F)$

Lygybėje (F) dešinė pusė yra teigiama. Todėl funkcijos $x^{3+\frac{1}{2}}{y}^{(4)}$ išvestinė yra teigiama. Tai reiškia, kad funkcija $x^{3+\frac{1}{2}}{y}^{(4)}$ interavale $(0;\frac{\pi }{2})$ didėja ir todėl, remiantis (8.114) lygybe, $y^{(4)}>0.$

Taigi, indukcijos metodu gavome, kad išvestinių ženklai kaitoliojasi ($y^{(0)}>0,$ $y^{(1)}<0,$ $y^{(2)}>0,$ $y^{(3)}<0,$ $y^{(4)}>0$), kai $0<x<\frac{\pi }{2}.$ Kadangi $u_{n+2}=\frac{y^{(n+2)}}{y^{(n+1)}},$ tai $u_{n+2}<0$ (kai $0<x<\frac{\pi }{2}$). Vadinasi, tangentui negalime panašiai kaip hiperboliniam tangentui vertinti paklaidą.