Matematika/Teiloro eilutė

Teiloro eilutė išsamiai

• Teiloro eilutė (neprofesionalams)

Makloreno eilutės įrodymas

Darome prielaidą, kad funkciją $f(x)$ galima užrašyti tokia eilute

$f(x)=a_0+a_{1}x+a_2{x}^2+a_3{x}^3+a_4{x}^4+a_5{x}^5+\cdots .$

Tuomet surandame visų eilių (laipsnių) išvestines funkcijos $f(x):$

$f^{\prime }(x)=a_1+2a_{2}x+3a_3{x}^2+4a_4{x}^3+5a_5{x}^4+\cdots ,$

$f^{″}(x)=(f^{\prime }(x){)}^{\prime }=2a_2+3\cdot 2a_{3}x+4\cdot 3a_4{x}^2+5\cdot 4a_5{x}^3+\cdots ,$

$f^{‴}(x)=3\cdot 2a_3+4\cdot 3\cdot 2a_{4}x+5\cdot 4\cdot 3a_5{x}^2+\cdots ,$

$f^{(4)}(x)=4\cdot 3\cdot 2a_4+5\cdot 4\cdot 3\cdot 2a_{5}x+\cdots ,$

$f^{(5)}(x)=5\cdot 4\cdot 3\cdot 2a_5+\cdots .$

Kad surasti kam lygūs koeficientai $a_n$, paimame gautų išvestinių reikšmes nuo nulio (kai $x=0$):

$f(0)=a_0+a_1\cdot 0+a_2\cdot 0^2+a_3\cdot 0^3+a_4\cdot 0^4+a_5\cdot 0^5+\cdots =a_0,$

$f^{\prime }(0)=a_1+2a_2\cdot 0+3a_3\cdot 0^2+4a_4\cdot 0^3+5a_5\cdot 0^4+\cdots =a_1,$

$f^{″}(0)=2a_2+3\cdot 2a_3\cdot 0+4\cdot 3a_4\cdot 0^2+5\cdot 4a_5\cdot 0^3+\cdots =2a_2=2!\cdot a_2,$

$f^{‴}(0)=3\cdot 2a_3+4\cdot 3\cdot 2a_4\cdot 0+5\cdot 4\cdot 3a_5\cdot 0^2+\cdots =3\cdot 2a_3=3!\cdot a_3,$

$f^{(4)}(0)=4\cdot 3\cdot 2a_4+5\cdot 4\cdot 3\cdot 2a_5\cdot 0+\cdots =4\cdot 3\cdot 2a_4=4!\cdot a_4,$

$f^{(5)}(0)=5\cdot 4\cdot 3\cdot 2a_5+\cdots =5\cdot 4\cdot 3\cdot 2a_5=5!\cdot a_5.$

Dabar nesunku rasti koeficientus $a_n$:

$a_0=f(0),$

$a_1=f^{\prime }(0),$

$a_2=\frac{f^{″}(0)}{2!},$

$a_3=\frac{f^{‴}(0)}{3!},$

$a_4=\frac{f^{(4)}(0)}{4!},$

$a_5=\frac{f^{(5)}(0)}{5!},$

$\cdots$

$a_n=\frac{f^{(n)}(0)}{n!}.$

Dabar tereikia įstatyti gautus koeficientus $a_n$ į eilutę

$f(x)=a_0+a_{1}x+a_2{x}^2+a_3{x}^3+a_4{x}^4+a_5{x}^5+\cdots =f(0)+f^{\prime }(0)x+\frac{f^{″}(0)}{2!}{x}^2+\frac{f^{‴}(0)}{3!}{x}^3+\frac{f^{(4)}(0)}{4!}{x}^4+\frac{f^{(5)}(0)}{5!}{x}^5+\cdots .$

Taigi, gavome funkciją $f(x)$ išreikšta Makloreno eilute:

$f(x)=f(0)+f^{\prime }(0)x+\frac{f^{″}(0)}{2!}{x}^2+\frac{f^{‴}(0)}{3!}{x}^3+\frac{f^{(4)}(0)}{4!}{x}^4+\frac{f^{(5)}(0)}{5!}{x}^5+\cdots .$

Pavyzdžiai

• Išreikšti funkciją $f(x)=\sin (x)$ Makloreno eilute.

Sprendimas.

$\sin (x)+(\sin (x){)}^{\prime }x+\frac{(\sin (x){)}^{″}}{2!}{x}^2+\frac{(\sin (x){)}^{‴}}{3!}{x}^3+\frac{(\sin (x){)}^{(4)}}{4!}{x}^4+\frac{(\sin (x){)}^{(5)}}{5!}{x}^5+\cdots =$

$=\sin (x)+x\cos (x)+\frac{-\sin (x)}{2!}{x}^2+\frac{-\cos (x)}{3!}{x}^3+\frac{\sin (x)}{4!}{x}^4+\frac{\cos (x)}{5!}{x}^5+\cdots .$

$\sin (x)=\sin (0)+x\cos (0)+\frac{-\sin (0)}{2!}{x}^2+\frac{-\cos (0)}{3!}{x}^3+\frac{\sin (0)}{4!}{x}^4+\frac{\cos (0)}{5!}{x}^5+\cdots =$

$=0+x\cdot 1+\frac{0}{2!}{x}^2+\frac{-1}{3!}{x}^3+\frac{0}{4!}{x}^4+\frac{1}{5!}{x}^5+\cdots =$

$=x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\cdots .$

Gauname, kad

$\sin (x)=x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\frac{x^7}{7!}+\frac{x^9}{9!}-\frac{x^{11}}{11!}+\cdots .$

• Užrašyti funkcija $f(x)=\frac{1}{1-x}$ Makloreno eilute.

Sprendimas.

$\frac{1}{1-x}+(\frac{1}{1-x}{)}^{\prime }x+\frac{(\frac{1}{1-x}{)}^{″}}{2!}{x}^2+\frac{(\frac{1}{1-x}{)}^{‴}}{3!}{x}^3+\frac{(\frac{1}{1-x}{)}^{(4)}}{4!}{x}^4+\frac{(\frac{1}{1-x}{)}^{(5)}}{5!}{x}^5+\cdots =$

$=\frac{1}{1-x}+\frac{1}{(1-x{)}^2}x+\frac{\frac{-((1-x{)}^2{)}^{\prime }}{((1-x{)}^2{)}^2}}{2!}{x}^2+\frac{\frac{-2((1-x{)}^3{)}^{\prime }}{((1-x{)}^3{)}^2}}{3!}{x}^3+\frac{\frac{-6((1-x{)}^4{)}^{\prime }}{((1-x{)}^4{)}^2}}{4!}{x}^4+\frac{\frac{-24\cdot ((1-x{)}^5{)}^{\prime }}{((1-x{)}^5{)}^2}}{5!}{x}^5+\cdots =$

$=\frac{1}{1-x}+\frac{1}{(1-x{)}^2}x+\frac{\frac{2(1-x)}{(1-x{)}^4}}{2!}{x}^2+\frac{\frac{-2\cdot 3(1-x{)}^2\cdot (-1)}{(1-x{)}^6}}{3!}{x}^3+\frac{\frac{-6\cdot 4(1-x{)}^3\cdot (-1)}{(1-x{)}^8}}{4!}{x}^4+\frac{\frac{-24\cdot 5(1-x{)}^4\cdot (-1)}{(1-x{)}^{10}}}{5!}{x}^5+\cdots =$

$=\frac{1}{1-x}+\frac{1}{(1-x{)}^2}x+\frac{\frac{2}{(1-x{)}^3}}{2!}{x}^2+\frac{\frac{6}{(1-x{)}^4}}{3!}{x}^3+\frac{\frac{24}{(1-x{)}^5}}{4!}{x}^4+\frac{\frac{120}{(1-x{)}^6}}{5!}{x}^5+\cdots =$

$=\frac{1}{1-x}+\frac{1}{(1-x{)}^2}x+\frac{1}{(1-x{)}^3}{x}^2+\frac{1}{(1-x{)}^4}{x}^3+\frac{1}{(1-x{)}^5}{x}^4+\frac{1}{(1-x{)}^6}{x}^5+\cdots .$

$f(x)=\frac{1}{1-x}=f(0)+\frac{f^{\prime }(0)}{1!}x+\frac{f^{″}(0)}{2!}{x}^2+\frac{f^{‴}(0)}{3!}{x}^3+\frac{f^{(4)}(0)}{4!}{x}^4+\frac{f^{(5)}(0)}{5!}{x}^5+\cdots =$

$=\frac{1}{1-0}+\frac{\frac{1}{(1-0{)}^2}}{1!}x+\frac{\frac{2}{(1-0{)}^3}}{2!}{x}^2+\frac{\frac{6}{(1-0{)}^4}}{3!}{x}^3+\frac{\frac{24}{(1-0{)}^5}}{4!}{x}^4+\frac{\frac{120}{(1-0{)}^6}}{5!}{x}^5+\cdots =$

$=\frac{1}{1-0}+\frac{1}{(1-0{)}^2}x+\frac{1}{(1-0{)}^3}{x}^2+\frac{1}{(1-0{)}^4}{x}^3+\frac{1}{(1-0{)}^5}{x}^4+\frac{1}{(1-0{)}^6}{x}^5+\cdots =$

$=1+x+x^2+x^3+x^4+x^5+\cdots .$

Teiloro formulė

Teiloro eilute užrašomos funkcijos pavidalas yra toks:

$f(x)=f(x_0)+\frac{f^{\prime }(x_0)}{1!}(x-x_0)+\frac{f^{″}(x_0)}{2!}(x-x_0{)}^2+\frac{f^{‴}(x_0)}{3!}(x-x_0{)}^3+...+\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0{)}^n+\frac{f^{(n+1)}(c)}{(n+1)!}(x-x_0{)}^{n+1}.(8)$

Čia liekamasis narys Lagranžo formoje yra $r_{n+1}=\frac{f^{(n+1)}(c)}{(n+1)!}(x-x_0{)}^{n+1}.$ Ir $x_0<c<x.$

Teiloro formulė, kurios $x_0=0,$ vadinama Makloreno formule. Remiantis (8) formule, galime parašyti tokią Makloreno formulės išraišką:

$f(x)=f(0)+\frac{f^{\prime }(0)}{1!}x+\frac{f^{″}(0)}{2!}{x}^2+\frac{f^{‴}(0)}{3!}{x}^3+...+\frac{f^{(n)}(0)}{n!}{x}^n+\frac{f^{(n+1)}(c)}{(n+1)!}{x}^{n+1}.(9)$

Šįkart $0<c<x.$

Sinuso liekamojo nario įvertinimas

• Apskaičiuosime sin(1) su paklaida mažesne nei $10^{-6}.$

Žinoma, kad

$f^{(n)}(x)=(\sin x{)}^{(n)}=\sin (n\frac{\pi }{2}+x).$

Tuomet

$f^{(n)}(0)=\sin (\frac{n\pi }{2})=\{\begin{array}{cc}0,\text{kai}n=2k,& \\ (-1{)}^k,\text{kai}n=2k+1.& \end{array}$

Čia k yra sveikasis skaičius. Todėl

$\sin x=x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\frac{x^7}{7!}+...+(-1{)}^k\frac{x^{2k+1}}{(2k+1)!}+r_{2k+3}(x);(11)$

čia $|r_{2k+3}(x)|=|\frac{x^{2k+3}}{(2k+3)!}\sin ((2k+3)\frac{\pi }{2}+c)|=|\frac{x^{2k+3}}{(2k+3)!}\cos c|(0<c<x).$

Laikysime, kad cos(c)=1. Tada, tarus, kad x=1, turi būti tenkinama nelygybė

$|\frac{x^{2k+3}}{(2k+3)!}\cos c|<10^{-6},$

$|\frac{1^{2k+3}}{(2k+3)!}\cdot 1|<10^{-6},$

$|\frac{1}{(2k+3)!}|<10^{-6},$

$10^6<(2k+3)!.$

Paskutinė nelygybė tenkinama, kai $k=4$ ir tada $(2k+3)!=(2\cdot 4+3)!=11!=39916800.$ Tuomet mums reikia paskaičiuoti Makloreno eilutę iki n=9:

$\sin 1=1-\frac{1^3}{3!}+\frac{1^5}{5!}-\frac{1^7}{7!}+\frac{1^9}{9!}=$

$=1-\frac{1}{6}+\frac{1}{120}-\frac{1}{5040}+\frac{1}{362880}=$

=0.84147100970017636684303350970018.

Tikroji (tiksli) sin(1) reikšmė iš skaičiuotuvo yra:

sin(1)=

=0.8414709848078965066525023216303.

Atėmus gautą mūsų skaičiuotą sin(1) reikšmę iš kalkuliatoriaus sin(1) reikšmės gauname tokią paklaidą:

0.8414709848078965066525023216303 - 0.84147100970017636684303350970018=

=-2.4892279860190531188069881000377e-8=

$=-2.489227986019\cdot 10^{-8};$

$|-2.489227986019\cdot 10^{-8}|<10^{-6}.$

Taigi, viskas apskaičiuota pagal teoriją ir paklaida surasta teisingai.

Pastebėsime, kad $11!=39916800>10^7,$ todėl paklaida gauta

$|-2.489227986019\cdot 10^{-8}|<10^{-7}.$

• Apskaičiuosime sin(0.1) su paklaida mažesne nei $10^{-9}.$

Pasinaudoję pirmu pavyzdžiu, išeina, kad turi būti tenkinama nelygybė

$|\frac{x^{2k+3}}{(2k+3)!}\cos c|<10^{-9},$

kurioje laikysime, kad cos(c)=1, o $x=0.1.$ Tada

$\frac{0.1^{2k+3}}{(2k+3)!}\cdot 1<10^{-9}.$

Pabandykime atspėti, kad sveikasis skaičius k galėtų būti lygus 2. Tada

$\frac{0.1^{2\cdot 2+3}}{(2\cdot 2+3)!}<10^{-9},$

$\frac{0.1^7}{7!}<10^{-9},$

$\frac{1}{7!}<10^{-9}\cdot 10^7,$

$\frac{1}{7!}<10^{-2},$

$10^2<7!,$

$100<7!=5040.$

Nesunku matyti, kad su skaičiumi k=2, paklaida bus mažesnė už $10^{-10}.$ Belieka užrašyti sinuso Teiloro eilutę, kai x=0.1, o n=5:

$\sin (0.1)=0.1-\frac{0.1^3}{3!}+\frac{0.1^5}{5!}=$

$=0.1-\frac{0.001}{6}+\frac{0.00001}{120}=$

= 0.09983341666666666666666666666667.

Windows kalkuliatoriaus $\sin 0.1$ reikšmė yra tokia

sin(0.1) =

= 0.09983341664682815230681419841062.

0.09983341664682815230681419841062 - 0.09983341666666666666666666666667 =

= -1.9838514359852468256047973010085e-11 =

$=-1.983851\cdot 10^{-11}.$

$|-1.983851\cdot 10^{-11}|<10^{-10}<10^{-9}.$

Vadinasi paklaidą radome teisingai.

• Apskaičiuosime sin(1.5) su paklaida mažesne nei $10^{-6}.$

Pasinaudoję pirmu pavyzdžiu, išeina, kad turi būti tenkinama nelygybė

$|\frac{x^{2k+3}}{(2k+3)!}\cos c|<10^{-6},$

kurioje laikysime, kad $\cos c=1,$ o $x=1.5$ radiano. Ši nelygybė tenkinama, kai $k=5,$ nes

$|\frac{1.5^{2\cdot 5+3}}{(2\cdot 5+3)!}\cdot 1|<10^{-6},$

$|\frac{1.5^{13}}{13!}\cdot 1|<10^{-6},$

$\frac{1.5^{13}}{13!}<10^{-6},$

$\frac{194.6195068359375}{6227020800}<10^{-6},$

$\approx 3.1254031917789242\cdot 10^{-8}<10^{-6}.$

Taigi, matome, kad paklaida bus mažesnė už $10^{-7}.$ Sinuso eilutė, kai $x=1.5,$ o $n=11$ yra tokia:

$\sin (1.5)=1.5-\frac{1.5^3}{3!}+\frac{1.5^5}{5!}-\frac{1.5^7}{7!}+\frac{1.5^9}{9!}-\frac{1.5^{11}}{11!}=$

$=1.5-\frac{3.375}{6}+\frac{7.59375}{120}-\frac{17.0859375}{5040}+\frac{38.443359375}{362880}-\frac{86.49755859375}{39916800}=$

= 1.5 - 3.375/6 + 7.59375/120 - 17.0859375/5040 + 38.443359375/362880 - 86.49755859375/39916800 = (šitą išraišką galima iškart įdėt (padaryt "Paste") į Windows kalkuliatorių ir jis iškart atliks visus aritmetinius veiksmus ir duos atsakymą)

= 0.99749495568213524756493506493506.

Gautą sin(1.5) reikšmę atėmę iš tikslios (kalkuliatoriaus) sin(1.5) reikšmės gauname paklaidą:

0.99749498660405443094172337114149 - 0.99749495568213524756493506493506 =

= 3.0921919183376788306206422387642e-8 =

$=3.0921919\cdot 10^{-8}<10^{-7}<10^{-6}.$

Paklaidos didumas gautas pagal teoriją.

Kosinuso liekamojo nario įvertinimas

• Apskaičiuosime cos(1) su paklaida mažesne nei $10^{-6}.$

$f(x)=\cos x.$ Žinoma, kad

$f^{(n)}(x)=(\cos x{)}^{(n)}=\cos (n\frac{\pi }{2}+x).$

Tuomet

$f^{(n)}(0)=\cos \frac{n\pi }{2}=\{\begin{array}{cc}0,\text{kai}n=2k+1,& \\ (-1{)}^k,\text{kai}n=2k.& \end{array}$

Čia k yra sveikasis skaičius. Todėl

$\cos x=1-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}-\frac{x^6}{6!}+...+(-1{)}^k\frac{x^{2k}}{(2k)!}+r_{2k+2}(x);(12)$

čia $|r_{2k+2}(x)|=|\frac{x^{2k+2}}{(2k+2)!}\cos ((2k+2)\frac{\pi }{2}+c)|=|\frac{x^{2k+2}}{(2k+2)!}\cos c|(0<c<x).$

Tada

$|r_{2k+2}(x)|=|\frac{x^{2k+2}}{(2k+2)!}\cos c|<\frac{x^{2k+2}}{(2k+2)!}$

(nes |cos(c)| negali būti daugiau už 1),

$|r_{2k+2}(x)|<\frac{x^{2k+2}}{(2k+2)!}<10^{-6}.$

Paskutinė nelygybė tenkinama, kai $k=4,$ nes (tada kai x=1)

$|r_{2k+2}(1)|<\frac{1^{2\cdot 4+2}}{(2\cdot 4+2)!}<10^{-6},$

$|r_{2k+2}(1)|<\frac{1}{10!}<10^{-6},$

$|r_{2k+2}(1)|<\frac{1}{3628800}<10^{-6},$

$|r_{2k+2}(1)|<2.75573192\cdot 10^{-7}<10^{-6}.$

Dabar galime užrašyti $\cos 1$ (kosinusas nuo 1 radiano) Makloreno eilutę, kai n=2k=8:

$\cos 1=1-\frac{1^2}{2!}+\frac{1^4}{4!}-\frac{1^6}{6!}+\frac{1^8}{8!}=$

$=1-\frac{1}{2}+\frac{1}{24}-\frac{1}{720}+\frac{1}{40320}=$

= 0.54030257936507936507936507936508.

Atėmę gautą $\cos 1$ reikšmę iš tikslios (kalkuliatoriaus) $\cos 1$ reikšmės gausime:

cos(1) - 0.54030257936507936507936507936508 =

= 0.54030230586813971740093660744298 - 0.54030257936507936507936507936508 =

= -2.7349693964767842847192210276135e-7.

$|-2.734969396\cdot 10^{-7}|<2.75573192\cdot 10^{-7}<10^{-6}.$

Vadinasi, liekamajį narį $|r_{2k+2}(x)|=|\frac{x^{2k+2}}{(2k+2)!}\cos c|$ apskaičiavome teisingai (kai x lygus 1 radianui).

• Apskaičiuosime cos(0.1) su paklaida mažesne nei $10^{-8}.$

Pasinaudoję pirmu pavyzdžiu, turime

$|r_{2k+2}(x)|=|\frac{x^{2k+2}}{(2k+2)!}\cos c|<\frac{x^{2k+2}}{(2k+2)!},$

$|r_{2k+2}(x)|<\frac{x^{2k+2}}{(2k+2)!}<10^{-8}.$

Paskutinė nelygybė tenkinama, kai $k=2,$ o $x=0.1$ radiano, nes

$|r_{2k+2}(0.1)|<\frac{0.1^{2\cdot 2+2}}{(2\cdot 2+2)!}<10^{-8},$

$|r_{2k+2}(0.1)|<\frac{0.1^6}{6!}<10^{-8},$

$|r_{2k+2}(0.1)|<\frac{0.000001}{720}<10^{-8},$

$|r_{2k+2}(0.1)|<1.388888889\cdot 10^{-9}<10^{-8}.$

Dabar galime užrašyti $\cos (0.1)$ Makloreno eilutę, kai n=2k=4:

$\cos 0.1=1-\frac{0.1^2}{2!}+\frac{0.1^4}{4!}=1-\frac{0.01}{2}+\frac{0.0001}{24}=$

= 0.9950041(6).

Tiksli $\cos (0.1)$ reikšmė yra

cos(0.1) = 0.99500416527802576609556198780387.

Atėmę apskaičiuotą $\cos (0.1)$ reikšmę iš tikslios $\cos (0.1)$ reikšmės gauname:

0.99500416527802576609556198780387 - 0.99500416666666666666666666666667 =

= -1.3886409005711046788627997051614e-9 =

$=-1.3886409\cdot 10^{-9}.$

Taigi

$|r_{2k+2}(0.1)|\approx |-1.3886409\cdot 10^{-9}|<1.388888889\cdot 10^{-9}<10^{-8}.$

Ką ir reikėjo parodyti.

• Apskaičiuosime cos(1.5) su paklaida mažesne nei $10^{-8}.$

Pasinaudoję pirmu pavyzdžiu, turime

$|r_{2k+2}(x)|=|\frac{x^{2k+2}}{(2k+2)!}\cos c|<\frac{x^{2k+2}}{(2k+2)!},(0<c<x)$

$|r_{2k+2}(1.5)|=|\frac{1.5^{2k+2}}{(2k+2)!}\cos c|<\frac{1.5^{2k+2}}{(2k+2)!},(0<c<1.5)$

$|r_{2k+2}(1.5)|<\frac{1.5^{2k+2}}{(2k+2)!}<10^{-8}.$

Paskutinė nelygybė tenkinama, kai $k=6,$ nes

$|r_{2k+2}(1.5)|<\frac{1.5^{2\cdot 6+2}}{(2\cdot 6+2)!}<10^{-8}.$

$|r_{14}(1.5)|<\frac{1.5^{14}}{14!}<10^{-8}.$

$|r_{14}(1.5)|<\frac{291.92926025390625}{87178291200}<10^{-8}.$

$|r_{14}(1.5)|<3.3486462769\cdot 10^{-9}<10^{-8}.$

Dabar užrašysime $\cos (1.5)$ Makloreno eilutę, kai n=2k=12:

$\cos 1.5=1-\frac{1.5^2}{2!}+\frac{1.5^4}{4!}-\frac{1.5^6}{6!}+\frac{1.5^8}{8!}-\frac{1.5^{10}}{10!}+\frac{1.5^{12}}{12!}=$

$=1-\frac{2.25}{2}+\frac{5.0625}{24}-\frac{11.390625}{720}+\frac{25.62890625}{40320}-\frac{57.6650390625}{3628800}+\frac{129.746337890625}{479001600}=$

= 1 - 2.25/2 + 5.0625/24 - 11.390625/720 + 25.62890625/40320 - 57.6650390625/3628800 + 129.746337890625/479001600 =

(įstačius šią išraišką nuo "1" iki "=" į Windows'ų kalkuliatorių gaunamas iškart apskaičiuotas atsakymas)

= 0.07073720498518510298295454545455.

Tiksli $\cos (1.5)$ (1.5 radiano) reikšmė iš Windows kalkuliatoriaus yra

cos(1.5) = 0.07073720166770291008818985143427.

Atėmę apskaičiuotą nevisiškai tikslią cos(1.5) reikšmę iš tikslios cos(1.5) reikšmės, gauname paklaidą:

0.07073720166770291008818985143427 - 0.07073720498518510298295454545455 =

= -3.3174821928947646940202767454604e-9.

Matome, kad

$|r_{14}(1.5)|\approx |-3.31748219\cdot 10^{-9}|<3.3486462769\cdot 10^{-9}<10^{-8}.$

Natūrinio logaritmo liekamojo nario įvertinimas

Natūrinio logaritmo reikšmės greitas skaičiavimas: https://en.wikipedia.org/wiki/Natural_logarithm#Efficient_computation

• $f(x)=\ln (1+x).$ Apskaičiuosime ln(1+0.5)=ln(1.5) su paklaida mažesne nei 0.0001, kai $x=0.5.$

Randame išvestines:

$f^{\prime }(x)=\frac{1}{1+x},f^{″}(x)=-\frac{1}{(1+x{)}^2},f^{‴}(x)=\frac{(-1{)}^2\cdot 2}{(1+x{)}^3},f^{(4)}(x)=\frac{(-1{)}^3\cdot 2\cdot 3}{(1+x{)}^4},...,$

$f^{(n)}(x)=\frac{(-1{)}^{n-1}(n-1)!}{(1+x{)}^n},n=1,2,3,...$

Apskaičiuosime jų reikšmes taške $x=0$:

$f(0)=\ln (1+0)=0,f^{\prime }(0)=1,f^{″}(0)=-1,f^{‴}(0)=(-1{)}^2\cdot 2=2,f^{(4)}(0)=(-1{)}^3\cdot 2\cdot 3=-3!,...,$

$f^{(n)}(0)=(-1{)}^{n-1}(n-1)!$

Vadinasi,

$\ln (1+x)=f(0)+\frac{f^{\prime }(0)}{1!}x+\frac{f^{″}(0)}{2!}{x}^2+\frac{f^{‴}(0)}{3!}{x}^3+\frac{f^{(4)}(0)}{4!}{x}^4+...+\frac{f^{(n)}(0)}{n!}{x}^n+\frac{f^{(n+1)}(c)}{(n+1)!}{x}^{n+1}=$

$=x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}-\frac{x^4}{4}...+(-1{)}^{n-1}\frac{x^n}{n}+r_{n+1}(x);(13)$

čia $|r_{n+1}(x)|=\left|\frac{x^{n+1}}{(1+c{)}^{n+1}(n+1)}\right|,0<c<0.5.$

Matome, kad

$|r_{n+1}(x)|=\left|\frac{x^{n+1}}{(1+c{)}^{n+1}(n+1)}\right|<\left|\frac{x^{n+1}}{(n+1)}\right|.$

Kai $n=9,$ o $x=0.5,$ gausime, kad $|r_{n+1}(x)|<0.0001,$ nes

$\left|\frac{0.5^{9+1}}{(9+1)}\right|=\frac{0.5^{10}}{10}=\frac{0.0009765625}{10}=0.00009765625$

ir 0.00009765625 < 0.0001. Apskaičiuosime kam lygi ši eilutė, kai $n=9,$ o $x=0.5$:

$\ln (1+0.5)=0.5-\frac{0.5^2}{2}+\frac{0.5^3}{3}-\frac{0.5^4}{4}+\frac{0.5^5}{5}-\frac{0.5^6}{6}+\frac{0.5^7}{7}-\frac{0.5^8}{8}+\frac{0.5^9}{9}=$

=0.5-0.25/2+0.125/3-0.0625/4+0.03125/5-0.015625/6+0.0078125/7-0.00390625/8+0.001953125/9=

(įdėjus (padarius "Copy"-"Paste") šią eilutę nuo "0.5" iki "=" į Windows kalkuliatorių iškart gauname atsakymą)

=0.40553230406746031746031746031746.

Kalukiatoriaus ln(1.5) reikšmė yra tokia: ln(1.5)=

=0.40546510810816438197801311546435.

Atėmę mūsų apskaičiuotą eilutės reikšmę iš kalkuliatoriaus ln(1.5) reikšmės, gauname

0.40546510810816438197801311546435 - 0.40553230406746031746031746031746 = -6.7195959295935482304344853111181e-5.

Matome, kad

$|r_{9+1}(0.5)|=|-6.71959592959\cdot 10^{-5}|<0.00009765625<0.0001.$

• $f(x)=\ln (1+x).$ Apskaičiuosime ln(1+0.9)=ln(1.9) su paklaida mažesne nei 0.01, kai $x=0.9.$

$\ln (1+x)=x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}-\frac{x^4}{4}...+(-1{)}^{n-1}\frac{x^n}{n}+r_{n+1}(x);(13)$

čia $|r_{n+1}(x)|=\left|\frac{x^{n+1}}{(1+c{)}^{n+1}(n+1)}\right|,0<c<0.9.$

Matome, kad

$|r_{n+1}(x)|=\left|\frac{x^{n+1}}{(1+c{)}^{n+1}(n+1)}\right|<\left|\frac{x^{n+1}}{n+1}\right|.$

Kai $n=19,$ o $x=0.9,$ gausime, kad $|r_{n+1}(x)|<0.01,$ nes

$\frac{0.9^{19+1}}{19+1}=\frac{0.9^{20}}{20}=\frac{0.12157665459056928801}{20}=0.0060788327295284644005$

ir 0.0060788327295284644005 < 0.01. Apskaičiuosime kam lygi ši eilutė, kai $n=19,$ o $x=0.9$:

$\ln (1+0.9)=0.9-\frac{0.9^2}{2}+\frac{0.9^3}{3}-\frac{0.9^4}{4}+\frac{0.9^5}{5}-\frac{0.9^6}{6}+\frac{0.9^7}{7}-\frac{0.9^8}{8}+\frac{0.9^9}{9}-\frac{0.9^{10}}{10}+$

$+\frac{0.9^{11}}{11}-\frac{0.9^{12}}{12}+\frac{0.9^{13}}{13}-\frac{0.9^{14}}{14}+\frac{0.9^{15}}{15}-\frac{0.9^{16}}{16}+\frac{0.9^{17}}{17}-\frac{0.9^{18}}{18}+\frac{0.9^{19}}{19}=$

= 0.62619810431142857142857142857143 + 0.01893065053370873839967787630326 = 0.64512875484513730982824930487469.

Windows kalkuliatoriaus tiksli ln(1.9) reikšmė yra tokia: ln(1.9) = 0.64185388617239477599103597720349.

Atėmę apskaičiuotą netikslią ln(1.9) reikšmę iš tikslios Windows kalkuliatoriaus ln(1.9) reikšmės, gauname:

0.64185388617239477599103597720349 - 0.64512875484513730982824930487469 = -0.0032748686727425338372133276712.

Taigi

$|r_{20}(0.9)|\approx |-0.00327486867274|<0.0060788327295284644005<0.01.$

Liekamojo nario įvertinimą gavome teisingai.

Pastebėsime, kad kai x reikšmė arti 1 arba lygi 1, tai $\ln (1+x)$ eilutė gaunasi labai ilga ir atsakymas labai netikslus. Vienas būdas atsakymo skaičiavimą pagreitinti yra užrašymas

$\ln (1+1)=\ln (0.2\cdot 10)=\ln 0.2+\ln 10=\ln (1-0.8)+\ln 10$

arba, pavyzdžiui, kai x=0.99, gautume

$\ln (1+0.99)=\ln (1.99)=\ln (0.199\cdot 10)=\ln 0.199+\ln 10=\ln (1-0.801)+\ln 10$

ir galime apskaičiuoti $\ln (1+x)$ su $x=-0.8$ arba $x=-0.801.$ Tada Makloreno eilutės skaičiavimai gerokai sutrumpėja, bet vistiek gana ilgi.

$\ln 10$ galima apskaičiuoti taip:

$\ln 10=\ln (1.25\cdot 8)=\ln 1.25+\ln 8=\ln (1+0.25)+3\ln 2.$

O $\ln 2$ galima apskaičiuoti taip:

$\ln 2=\ln (\sqrt{2}\cdot \sqrt{2})=\ln \sqrt{2}+\ln \sqrt{2}\approx 2\ln (1.414213562373)=2\ln (1+0.414213562373).$

Daug kartų traukiant šaknį kaip ką tik darėme su ln(2) galima gana greitai apskaičiuoti $\ln (1+x)$ su bet kokia x reikšme nuo -1 iki 1 ($-1<x\le 1$).

Pavyzdžiui, ištraukus 4 kartus kvadratinę šaknį iš 2 gausime

$\ln 2=2\cdot 2\cdot 2\cdot 2\ln (2^{\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2}})\approx 16\ln (1.04427378242741384)=16\ln (1+0.04427378242741384).$

Jei užrašysime $\ln (1+x)$ eilutę su $x=0.04427378242741384$ ir $n=9,$ tai

$|r_{9+1}(0.04427378242741384)|<\left|\frac{x^{n+1}}{n+1}\right|\approx \frac{0.04427378242741384^{9+1}}{9+1}=$

$=\frac{2.89378502579267661242\cdot 10^{-14}}{10}=2.89378502579267661242\cdot 10^{-15}<10^{-14}.$

Gavome $\ln 2$ su paklaida mažesne nei $10^{-14}$ (gali būti, kad padauginus ln(1.04427378242741384) iš 16 paklaida pasidarys truputi didesnė, gal šiuo atveju pasidarys apie $10^{-13}$ ar $10^{-12}$).

Pastebėsime, kad pavyzdžiui ln(0.00003) galima apskaičiuoti taip:

$\ln (0.00003)=\ln (3\cdot 10^{-5})=\ln (0.3\cdot 10^{-4})=\ln 0.3+\ln 10^{-4}=\ln (1-0.7)-4\ln 10.$

• Apskaičiuosime ln(0.3) su paklaida mažesne nei 0.01. Pasinaudosime pirmu pavyzdžiu.

Vadinasi,

$\ln (1+x)=f(0)+\frac{f^{\prime }(0)}{1!}x+\frac{f^{″}(0)}{2!}{x}^2+\frac{f^{‴}(0)}{3!}{x}^3+\frac{f^{(4)}(0)}{4!}{x}^4+...+\frac{f^{(n)}(0)}{n!}{x}^n+\frac{f^{(n+1)}(c)}{(n+1)!}{x}^{n+1}=$

$=x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}-\frac{x^4}{4}...+(-1{)}^{n-1}\frac{x^n}{n}+r_{n+1}(x);(13)$

čia $|r_{n+1}(x)|=\left|\frac{x^{n+1}}{(1+c{)}^{n+1}(n+1)}\right|,0>c>-0.7.$ Nes $\ln 0.3=\ln (1+(-0.7)).$

Turime

$|r_{n+1}(x)|=\left|\frac{x^{n+1}}{(1+c{)}^{n+1}(n+1)}\right|<\left|\frac{x^{n+1}}{(1-0.7{)}^{n+1}(n+1)}\right|=\left|\frac{x^{n+1}}{0.3^{n+1}(n+1)}\right|.$

Kai $n=19,$ o $x=-0.7,$ gausime:

$\left|\frac{(-0.7{)}^{19+1}}{0.3^{19+1}(19+1)}\right|=\frac{(-0.7{)}^{20}}{0.3^{20}\cdot 20}=$

$=\frac{0.00079792266297612001}{0.00000000003486784401\cdot 20}=$

=1144209.9241170145552684546382425.

Matome, kad tokiu budu ln(0.3) apskaičiuoti negalima (tiksliau, negalima sužinoti paklaidos).

Galima iš 0.3 ištraukti, pavyzdžiui, 4 kartus kvadratinę šaknį. Tada turėsime:

$\ln (0.3)=16\ln (0.3^{\frac{1}{16}})\approx 16\ln (0.9275131559667915)=16\ln (1-0.07248684403320849).$

Tada

$|r_{n+1}(x)|=16\left|\frac{x^{n+1}}{(1+c{)}^{n+1}(n+1)}\right|,0>c>-0.07248684403320849.$

Turime

$|r_{n+1}(x)|=16\left|\frac{x^{n+1}}{(1+c{)}^{n+1}(n+1)}\right|<16\left|\frac{x^{n+1}}{(1-0.07248684403320849{)}^{n+1}(n+1)}\right|=16\left|\frac{x^{n+1}}{0.9275131559667915^{n+1}(n+1)}\right|.$

Kai $n=19,$ o $x=-0.07248684403320849,$ gausime:

$\left|\frac{(-0.07248684403320849{)}^{19+1}}{0.9275131559667915^{19+1}(19+1)}\right|=\frac{(-0.07248684403320849{)}^{20}}{0.9275131559667915^{20}\cdot 20}=$

$=\frac{1.603924173409687\cdot 10^{-23}}{0.222024841347685575\cdot 20}=$

=3.6120376523498566762096049279603e-24=

$\approx 3.6120376523498566762\cdot 10^{-24}.$

$|r_{n+1}(x)|=|r_{20}(-0.07248684403320849)|<16\cdot 3.6120376523498566762\cdot 10^{-24}=5.77926024375977\cdot 10^{-23}.$

$\ln (1-0.07248684403320849)=$

$=-0.0724-\frac{(-0.0724{)}^2}{2}+\frac{(-0.0724{)}^3}{3}-\frac{(-0.0724{)}^4}{4}+\frac{(-0.0724{)}^5}{5}-\frac{(-0.0724{)}^6}{6}+\frac{(-0.0724{)}^7}{7}-\frac{(-0.0724{)}^8}{8}+\frac{(-0.0724{)}^9}{9}-\frac{(-0.0724{)}^{10}}{10}+$

$+\frac{(-0.0724{)}^{11}}{11}-\frac{(-0.0724{)}^{12}}{12}+\frac{(-0.0724{)}^{13}}{13}-\frac{(-0.0724{)}^{14}}{14}+\frac{(-0.0724{)}^{15}}{15}-\frac{(-0.0724{)}^{16}}{16}+\frac{(-0.0724{)}^{17}}{17}-\frac{(-0.0724{)}^{18}}{18}+\frac{(-0.0724{)}^{19}}{19}=$

[vietoje (-0.0724) imama -0.07248684403320849089929261472692 reikšmė]

= -0.07524830027034272898276362268037 + (-2.8270556157154487988345737336471e-14) =

= -0.07524830027037099953892077716836.

-0.07524830027037099953892077716836 * 16 = -1.2039728043259359926227324346937.

Atėmę gautą ln(0.3) reikšmę iš tikslios kalkuliatoriaus reikšmės (-1.2039728043259359926227462177618), gauname:

-1.2039728043259359926227462177618 - (-1.2039728043259359926227324346937) = -1.3783068138502953610930772512816e-23.

Taigi gavome paklaidą |-1.3783068138502953610930772512816e-23| (tai reiškia $\approx |-1.37830681385\cdot 10^{-23}|$). Ir

$|r_{n+1}(x)|=|r_{20}(-0.07248684403320849)|\approx |-1.37830681385\cdot 10^{-23}|<5.77926024375977\cdot 10^{-23}.$

Kas atitinka teoriją.

Pastebėsime, kad jeigu vietoje c=-0.07248684403320849, parinksime c=0, tai gausime, kad paklaida turėtų būti mažesnė už

$5.77926024375977\cdot 10^{-23}\cdot 0.222024841347685575=1.2831393387277\cdot 10^{-23}.$

Bet

$1.2831393387277\cdot 10^{-23}<|-1.37830681385\cdot 10^{-23}|.$

Ir gaunasi, kad su c=0, gautume truputi melagingą paklaidą.

• Apskaičiuosime ln(0.11) ir įvertinsime paklaidą.

Iš 0.11 ištrauksime 4 kartus kvadratinę šaknį. Tada turėsime:

$\ln (0.11)=2\cdot 2\cdot 2\cdot 2\ln (0.11^{\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2}})=16\ln (0.11^{\frac{1}{16}})\approx 16\ln (0.871138169026)=16\ln (1-0.12886183).$

Tai yra, x=-0.12886183097395441374956757206472.

Tada

$|r_{n+1}(x)|=16\left|\frac{x^{n+1}}{(1+c{)}^{n+1}(n+1)}\right|,0>c>-0.12886183.$

Turime

$|r_{n+1}(x)|=16\left|\frac{x^{n+1}}{(1+c{)}^{n+1}(n+1)}\right|<16\left|\frac{x^{n+1}}{(1-0.1288618309739544{)}^{n+1}(n+1)}\right|=16\left|\frac{x^{n+1}}{0.871138169026^{n+1}(n+1)}\right|.$

Kai $n=19,$ o $x=-0.12886183097395,$ gausime:

$\left|\frac{(-0.12886183097395{)}^{19+1}}{0.871138169026^{19+1}(19+1)}\right|=\frac{(-0.12886183097395{)}^{20}}{0.871138169026^{20}\cdot 20}=\frac{1.5939913388918\cdot 10^{-18}}{0.063349159397\cdot 20}=$

= 1.2580998343623026293204200398239e-18 =

$\approx 1.2580998343623\cdot 10^{-18}.$

$|r_{n+1}(x)|=|r_{20}(-0.12886183)|<16\cdot 1.2580998343623\cdot 10^{-18}=2.0129597349796842\cdot 10^{-17}.$

$\ln (1-0.12886183097395)=$

$=-0.1288-\frac{(-0.1288{)}^2}{2}+\frac{(-0.1288{)}^3}{3}-\frac{(-0.1288{)}^4}{4}+\frac{(-0.1288{)}^5}{5}-\frac{(-0.1288{)}^6}{6}+\frac{(-0.1288{)}^7}{7}-\frac{(-0.1288{)}^8}{8}+\frac{(-0.1288{)}^9}{9}-\frac{(-0.1288{)}^{10}}{10}+$

$+\frac{(-0.1288{)}^{11}}{11}-\frac{(-0.1288{)}^{12}}{12}+\frac{(-0.1288{)}^{13}}{13}-\frac{(-0.1288{)}^{14}}{14}+\frac{(-0.1288{)}^{15}}{15}-\frac{(-0.1288{)}^{16}}{16}+\frac{(-0.1288{)}^{17}}{17}-\frac{(-0.1288{)}^{18}}{18}+\frac{(-0.1288{)}^{19}}{19}=$

[vietoje (-0.1288) imama -0.12886183097395441374956757206472 reikšmė]

= -0.13795468205758418170298735700763 -1.6773369704537036636530891506237e-11 =

= -0.13795468207435755140752439364416.

ln(0.11) = -0.13795468207435755140752439364416 * 16 = -2.2072749131897208225203902983066.

Atėmę šią gautą ln(0.11) reikšmę iš tikslios (ln(0.11)=-2.2072749131897208239740393314036) kalkuliatoriaus reikšmės, gauname:

-2.2072749131897208239740393314036 - (-2.2072749131897208225203902983066) =

= -2.2072749131897208239740393314036 + 2.2072749131897208225203902983066 =

= -1.4536490330969991153804961232531e-18.

Tada

$|r_{n+1}(x)|=|r_{20}(-0.12886183)|\approx |-1.453649033096999\cdot 10^{-18}|<2.0129597349796842\cdot 10^{-17}.$

Paklaidos įvertinimas gavosi pagal teoriją. Apskaičiavome ln(0.11) su paklaida mažesne nei $10^{-16}$ (nors paklaida mažesnė nei $10^{-17},$ bet to nuspėti negalėjome).

Pastebėsime, kad $2.0129597349796842\cdot 10^{-17}\cdot 0.871138169026^{20}=2.0129597349796842\cdot 10^{-17}\cdot 0.063349159397=1.2751930711097\cdot 10^{-18}.$ Tai yra, $1.2751930711097\cdot 10^{-18}<|-1.453649033096999\cdot 10^{-18}|.$ Gaunasi truputi neteisingas paklaidos ivertinimas, jei čia

$|r_{n+1}(x)|=16\left|\frac{x^{n+1}}{(1+c{)}^{n+1}(n+1)}\right|,$

vietoje c=-0.12886183, parinkti c=0.

Pastebėsime, kad ln(0.11) galima užrašyti ir apskaičiuoti taip:

$\ln 0.11=\ln (1.1\cdot 10^{-1})=\ln (1.1)+\ln 10^{-1}=\ln (1+0.1)-\ln 10.$

O ln(0.3) galima užrašyti ir apskaičiuoti taip:

$\ln 0.3=\ln (3\cdot 10^{-1})=\ln 3+\ln 10^{-1}=\ln (1.5\cdot 2)-\ln 10=\ln (1+0.5)+\ln 2-\ln 10.$

Kadangi skaičiuojant ln(x) gali prireikti traukti kvadratinę šaknį, tai pateiksime paprastą algoritmą kaip ištraukti kvadratinę šaknį iš bet kokio skaičiaus.

Kad gauti $\sqrt{x}:$

Žingsnis 1: Spėjimas G = 1.

Zingsnis 2: Naujas Spėjimas = (G + x/G)/2

Pakartoti Žingsnį 2 kiek norima kartų, kad gauti kiek norima tikslų resultatą.

Pavyzdžiui, $\sqrt{2}$ skaičiavimai:

G = 1

G = (1+2/1)/2 = 3/2 = 1.5

G = (3/2 + 4/3)/2 = 17/12 = 1.4166666667

G = (17/12 + 24/17)/2 = 577/408 = 1.414215686

G = (577/408 + 816/577)/2 = 665857/470832 = 1.4142135623746899106262955788901.

Atėmę gautą $\sqrt{2}$ reikšmę iš tikslios $\sqrt{2}$ reikšmės, gauname paklaidą:

1.4142135623730950488016887242097 - 1.4142135623746899106262955788901 = -1.5948618246068546804368315468877e-12 =

$\approx -1.5948618246\cdot 10^{-12}.$

Tačiau yra daug greitesnis šaknies traukimo būdas apie kurį galima paskaityti čia https://lt.wikibooks.org/wiki/Sekos_riba#Greitas_šaknies_iš_skaičiaus_a_traukimo_būdas

Dar pastebėsime, kad jeigu skaičiuojamas ln(x) ir x>1.4, tai yra protinga užrašyti, pvz. ln(1.8) taip:

$\ln 1.8=\ln (2\cdot 0.9)=\ln 2+\ln 0.9=\ln 2+\ln (1-0.1).$

[ $\ln 1.4=\ln (2\cdot 0.7)=\ln 2+\ln 0.7=\ln 2+\ln (1-0.3).$ ]

Matome, kad tokiu budu ln(0.9)=ln(1-0.1) galima labai greitai apskaičiuoti.

e pakelta x liekamojo nario įvertinimas

• Apskaičiuosime $e^{\frac{1}{2}}$ su paklaida mažesne nei $0.000001=10^{-6}.$

$f(x)=e^x.$ Kadangi $f^{(n)}(x)=e^x,f^{(n)}(0)=e^0=1$ su visais n, priklausantiems natūraliesiems skaičiams, tai

$e^x=1+x+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!}+\frac{x^4}{4!}+...+\frac{x^n}{n!}+r_{n+1}(x);(10)$

čia $r_{n+1}(x)=\frac{f^{(n+1)}(c)}{(n+1)!}{x}^{n+1}=\frac{e^c}{(n+1)!}{x}^{n+1},0<c<x.$

Įrašę į (10) formulę vietoje x skaičių $\frac{1}{2},$ gauname

$\sqrt{e}=e^{\frac{1}{2}}=1+\frac{1}{2}+\frac{(\frac{1}{2}{)}^2}{2!}+\frac{(\frac{1}{2}{)}^3}{3!}+\frac{(\frac{1}{2}{)}^4}{4!}+...+\frac{(\frac{1}{2}{)}^n}{n!}+r_{n+1}(0.5);(15)$

čia $r_{n+1}(0.5)=\frac{e^c}{(n+1)!}\frac{1}{2^{n+1}},0<c<\frac{1}{2}.$

Kadangi $e^c<e^{\frac{1}{2}}<2$ (nes $\sqrt{3}<1.8$), tai $r_{n+1}(0.5)<\frac{e^{\frac{1}{2}}}{(n+1)!}\frac{1}{2^{n+1}}<\frac{2}{(n+1)!}\frac{1}{2^{n+1}}=\frac{1}{(n+1)!}\frac{1}{2^n}.$

Mums reikia, kad

$\frac{1}{(n+1)!}\frac{1}{2^n}<10^{-6}.$

Ši nelygybė jau teisinga, kai $n=7,$ nes tuomet

$\frac{1}{(7+1)!}\frac{1}{2^7}=\frac{1}{8!\cdot 2^7}=\frac{1}{40320\cdot 128}\approx 1.9376240079365\cdot 10^{-7}<10^{-6}.$

Taigi

$\sqrt{e}\approx 1+\frac{1}{2}+\frac{1}{2^2\cdot 2!}+\frac{1}{2^3\cdot 3!}+\frac{1}{2^4\cdot 4!}+\frac{1}{2^5\cdot 5!}+\frac{1}{2^6\cdot 6!}+\frac{1}{2^7\cdot 7!}$

= 1 + 1/2 + 1/8 + 1/48 + 1/384 + 1/3840 + 1/46080 + 1/645120 =

(galima įdėt šitą eilutę nuo "1" iki "1/645120" į kalkuliatorių ir paspaust "=" ir tada bus iškart apskaičiuota šitos eilutės reikšmė)

=1.6487211681547619047619047619048=

$\approx 1.648721.$

Tiksli $\sqrt{e}$ reikšmė yra tokia:

1.6487212707001281468486507878142.

Atėmę netikslią (gautą) $\sqrt{e}$ reikšmę iš tikslios $\sqrt{e}$ reikšmės, gauname paklaidą:

1.6487212707001281468486507878142 - 1.6487211681547619047619047619048 = 1.0254536624208674602590940166689e-7 =

$\approx 1.02545366\cdot 10^{-7}.$

• Apskaičiuosime $\sqrt[5]{e}=e^{\frac{1}{5}}=e^{0.2}$ su paklaida mažesne nei $10^{-10}.$

Įrašę į (10) formulę vietoje x skaičių $\frac{1}{5},$ gauname

$\sqrt[5]{e}=e^{\frac{1}{5}}=1+\frac{1}{5}+\frac{(\frac{1}{5}{)}^2}{2!}+\frac{(\frac{1}{5}{)}^3}{3!}+\frac{(\frac{1}{5}{)}^4}{4!}+...+\frac{(\frac{1}{5}{)}^n}{n!}+r_{n+1}(0.2);$

čia $r_{n+1}(0.2)=\frac{e^c}{(n+1)!}\frac{1}{5^{n+1}},0<c<\frac{1}{5}.$

Kadangi $e^c<e^{\frac{1}{5}}<1.3$ (nes $3^{0.2}<1.3$), tai $r_{n+1}(0.2)<\frac{e^{\frac{1}{5}}}{(n+1)!}\frac{1}{5^{n+1}}<\frac{1.3}{(n+1)!}\frac{1}{5^{n+1}}=\frac{1.3}{(n+1)!\cdot 5^{n+1}}.$

Mums reikia, kad

$\frac{1.3}{(n+1)!\cdot 5^{n+1}}<10^{-10}.$

Ši nelygybė jau teisinga, kai $n=7,$ nes tuomet

$\frac{1.3}{(7+1)!}\frac{1}{5^{7+1}}=\frac{1.3}{8!\cdot 5^8}=\frac{1.3}{40320\cdot 390625}=\frac{1.3}{15750000000}\approx 8.253968253968\cdot 10^{-11}<10^{-10}.$

Taigi

$e^{1/5}\approx 1+\frac{1}{5}+\frac{1}{5^2\cdot 2!}+\frac{1}{5^3\cdot 3!}+\frac{1}{5^4\cdot 4!}+\frac{1}{5^5\cdot 5!}+\frac{1}{5^6\cdot 6!}+\frac{1}{5^7\cdot 7!}=$

= 1 + 1/5 + 1/50 + 1/750 + 1/15000 + 1/375000 + 1/11250000 + 1/393750000 =

(galima nukopijuot šitą eilutę nuo "1" iki "1/393750000" ir padaryt "Paste" į "Windows" kalkuliatorių ir paspaust "=" ir tada bus iškart apskaičiuota šitos eilutės reikšmė)

=1.2214027580952380952380952380952=

$\approx 1.2214027581.$

Tiksli $\sqrt[5]{e}=e^{0.2}$ reikšmė yra tokia:

1.2214027581601698339210719946397.

Atėmę netikslią (gautą) $\sqrt[5]{e}$ reikšmę iš tikslios $\sqrt[5]{e}$ reikšmės, gauname paklaidą:

1.2214027581601698339210719946397 - 1.2214027580952380952380952380952 = 0.0000000000649317386829767565445 =

$\approx 6.49317386829767565445\cdot 10^{-11}.$

Pastebėsime, kad $\frac{1}{8!\cdot 5^8}=\frac{1}{15750000000}\approx 6.3492063492\cdot 10^{-11}$ jau būtų neteisingas paklaidos įvertinimas, nes $6.3492063492\cdot 10^{-11}<6.49317386829767565445\cdot 10^{-11}.$

• Apskaičiuosime $e=e^1$ su paklaida mažesne nei $0.0001=10^{-4}.$

Įrašę į (10) formulę vietoje x skaičių $1$ gauname

$e^1=1+1+\frac{1^2}{2!}+\frac{1^3}{3!}+\frac{1^4}{4!}+...+\frac{1^n}{n!}+r_{n+1}(1);$

čia $r_{n+1}(1)=\frac{e^c}{(n+1)!}\cdot 1^{n+1},0<c<1.$

Kadangi $e^c<e^1<3,$ tai $r_{n+1}(1)<\frac{e^1}{(n+1)!}\cdot 1^{n+1}<\frac{3}{(n+1)!}.$

Mums reikia, kad

$\frac{3}{(n+1)!}<10^{-4}.$

Ši nelygybė jau teisinga, kai $n=7,$ nes tuomet

$\frac{3}{(7+1)!}=\frac{3}{8!}=\frac{3}{40320}\approx 7.44047619\cdot 10^{-5}<10^{-4}.$

Taigi

$e^1\approx 1+1+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+\frac{1}{4!}+\frac{1}{5!}+\frac{1}{6!}+\frac{1}{7!}=$

= 1 + 1 + 1/2 + 1/6 + 1/24 + 1/120 + 1/720 + 1/5040 =

(galima nukopijuot šitą eilutę nuo "1" iki "1/5040" ir padaryt "Paste" į "Windows" kalkuliatorių ir paspaust "=" ir tada bus iškart apskaičiuota šitos eilutės reikšmė)

=2.718253968253968253968253968254=

$\approx 2.7183.$

Atėmę netikslią (gautą) e reikšmę iš tikslios e reikšmės, gauname paklaidą:

2.7182818284590452353602874713527 - 2.718253968253968253968253968254 = 2.7860205076981392033503098694244e-5 =

$\approx 2.786020507698\cdot 10^{-5}.$

Pastebėsime, kad $\frac{1}{8!}=\frac{1}{40320}\approx 2.48015873015873\cdot 10^{-5}.$

Parodysime kaip ištraukti bet kokio laipsnio šaknį iš bet kokio skaičiaus a. Kadangi $a^y=e^{\ln a^y}=e^{y\ln a},$ tai, pavyzdžiui,

$3^{\frac{1}{5}}=e^{\ln 3^{1/5}}=e^{\frac{1}{5}\ln 3}=e^x;$

$x=\frac{1}{5}\ln 3\approx 0.2\cdot 1.0986122886681=$

=0.21972245773362193827904904738451.

Tada $e^x=e^{0.21972245773362}=$ 1.2457309396155173259666803366403.

O iš kalkuliatoriaus $3^{0.2}=$ 1.2457309396155173259666803366403.

Kai skaičius x didesnis tai Makloreno eilutė, skaičiuojant tokiu budu, darosi ilgesnė. Tai yra, jeigu, pavyzdžiui, a=300, o y=1/5, tai

$300^{\frac{1}{5}}=a^y=e^{\ln a^y}=e^{\frac{1}{5}\ln 300}=e^x;$

$x=\frac{1}{5}\ln 300\approx 0.2\cdot 5.7037824746562=$ 1.1407564949312402118862456292583.

Tada $e^x=e^{1.14075649493124}=$ 3.1291346445318980387324449897269.

O iš kalkuliatoriaus $300^{0.2}=$ 3.1291346445318980387324449897269.

Kai skaičius a iš kurio traukiame šaknį yra labai didelis, o y nėra labai mažas, tai tokiu budu skaičiuojant Makloreno eilutė gaunasi labai ilga, jei reikia didelio tikslumo. Pavyzdžiui, kai a=50000, o y=1/3, tai

$50000^{\frac{1}{3}}=a^y=e^{y\ln a}=e^{\frac{1}{3}\ln 50000}=e^x;$

$x=\frac{1}{3}\ln 50000\approx 10.81977828441/3=$ 3.6065927614700943702242417173212.

Tada $e^x=e^{3.60659276147}=$ 36.840314986403866057798228335798.

O iš kalkuliatoriaus $50000^{1/3}=$ 36.840314986403866057798228335798.

Parodysime kaip greitai ištraukti bet kokio laipsnio šaknį iš bet kokio didelio skaičiaus a. Kaip žinome, $a^y=e^{\ln a^y}=e^{y\ln a}.$ Tarkime reikia ištraukti kūbinę šaknį iš skaičiaus a=50000. Tada galime užrašyti

$50000^{\frac{1}{3}}=a^y=e^{y\ln a}=e^{\frac{1}{3}\ln 50000}=e^x;(10.1)$

$x=\frac{1}{3}\ln 50000=\frac{1}{3}\ln (5\cdot 10^4)=\frac{1}{3}(\ln 5+\ln 10^4)=\frac{1}{3}(\ln 5+4\ln 10).$

Įstatome gautą x reikšmę į (10.1) eilutę:

$50000^{\frac{1}{3}}=e^x=e^{\frac{1}{3}(\ln 5+4\ln 10)}=e^{\frac{1}{3}\ln 5}\cdot e^{\frac{4}{3}\ln 10}=(e^{\ln 5}{)}^{1/3}\cdot (e^{\ln 10}{)}^{4/3}=5^{1/3}\cdot 10^{4/3}.$

Matome, kad visgi šituo budu negalima pagreitinti Makloreno eilutės skaičiavimų. Pastebėsime tik, kad

$\frac{1}{3}\ln 5\approx 1.6094379124341/3=$ 0.53647930414470012486691977774206,

$\frac{4}{3}\ln 10\approx 4\cdot 2.302585092994/3=$ 3.0701134573253942453573219395792.

Bet $\frac{4}{3}\ln 10$ galima užrašyti taip:

$\frac{4}{3}\ln 10=\frac{4}{3}(\ln 1.25+\ln 2+\ln 2+\ln 2).$

Ir tada $e^{\frac{4}{3}\ln 10}=e^{\frac{4}{3}\ln 1.25}\cdot (e^{\frac{4}{3}\ln 2}{)}^3=(e^{\frac{1}{3}\ln 1.25}{)}^4\cdot (e^{\frac{1}{3}\ln 2}{)}^{12}.$

Mums tereikia apskaičiuoti $x_1=\frac{1}{3}\ln 1.25,$ paskui $e^{x_1}$ ir gautą atsakymą ($e^{x_1}$) pakelti 4 laipsniu. Ir tereikia apskaičiuoti $x_2=\frac{1}{3}\ln 2,$ paskui apskaičiuoti $e^{x_2}$ ir gautą atsakymą ($e^{x_2}$) pakelti 12 laipsniu. Taip Makloreno eilutės ($e^{x_1}$ ir $e^{x_2}$) labai sutrumpės.

Grįžkime, be didesnių išsidirbinėjimų, prie (10.1) eilutės. Tada

$x=\frac{1}{3}\ln 50000=\frac{1}{3}\ln (5\cdot 10^4)=\frac{1}{3}(\ln 5+\ln 10^4)=\frac{1}{3}(\ln 5+4\ln 10);$

$50000^{\frac{1}{3}}=e^x=e^{\frac{1}{3}(\ln 5+4\ln 10)}=e^{\frac{1}{3}\ln 5}\cdot e^{\frac{4}{3}\ln 10}=e^{\frac{1}{3}\ln 5}\cdot (e^{\frac{1}{3}\ln 10}{)}^4.$

Toliau mums reikia apskaičiuoti

$x_1=\frac{1}{3}\ln 5\approx 1.6094379124341/3=$ 0.53647930414470012486691977774206,

$x_2=\frac{1}{3}\ln 10\approx 2.302585092994/3=$ 0.76752836433134856133933048489479.

Dar toliau reikia apskaičiuoti $e^{x_1}$ ir $e^{x_2}$ (su $x_1$ ir $x_2$ Makloreno eilutės gaunasi trumpos ir su dideliu tikslumu):

$e^{x_1}=e^{0.5364793041447}=$ 1.7099759466766969893531088725439,

$e^{x_2}=e^{0.76752836433}=$ 2.1544346900318837217592935665194.

Gautą $e^{x_2}$ reikšmę reikia pakelti ketvirtu laipsniu,

$p=(e^{x_2}{)}^4=2.15443469^4=$ 21.544346900318837217592935665194.

Taigi,

$50000^{\frac{1}{3}}=e^x=e^{x_1}\cdot p=$ 1.7099759466766969893531088725439 * 21.544346900318837217592935665194 =

=36.8403149864038660577982283358.

Iš "Windows" kalkuliatoriaus $50000^{\frac{1}{3}}=$ 36.840314986403866057798228335798.

Taigi, suradome būdą kaip labai pagreitinti šaknies traukimą iš labai didelių skaičių.

Pateiksime dar vieną pavyzdį kaip greitai ištrauktį šaknį iš didelio skaičiaus. Tarkime, reikia ištraukti penkto laipsnio šaknį iš skaičiaus a=7358000. Kaip žinome, $a^y=e^{\ln a^y}=e^{y\ln a}.$

$7358000^{\frac{1}{5}}=a^y=e^{y\ln a}=e^{\frac{1}{5}\ln 7358000}=e^x;(10.2)$

$x=\frac{1}{5}\ln 7358000=\frac{1}{5}\ln (7.358\cdot 10^6)=\frac{1}{5}(\ln 7.358+\ln 10^6)=\frac{1}{5}(\ln 7.358+6\ln 10);$

$7358000^{\frac{1}{5}}=e^x=e^{\frac{1}{5}(\ln 7.358+6\ln 10)}=e^{\frac{1}{5}\ln 7.358}\cdot e^{\frac{6}{5}\ln 10}=e^{\frac{1}{5}\ln 7.358}\cdot (e^{\frac{1}{5}\ln 10}{)}^6.$

Toliau mums reikia apskaičiuoti

$x_1=\frac{1}{5}\ln 7.358\approx 1.99578815668/5=$ 0.39915763133651652361254646915311,

$x_2=\frac{1}{5}\ln 10\approx 2.302585092994/5=$ 0.46051701859880913680359829093687.

Dar toliau reikia apskaičiuoti $e^{x_1}$ ir $e^{x_2}$ (su $x_1$ ir $x_2$ Makloreno eilutės gaunasi trumpos ir su dideliu tikslumu):

$e^{x_1}=e^{0.3991576313365}=$ 1.4905685604041673920504265746024,

$e^{x_2}=e^{0.4605170185988}=$ 1.5848931924611134852021013733915.

Gautą $e^{x_2}$ reikšmę reikia pakelti 6-tu laipsniu,

$p=(e^{x_2}{)}^6=1.58489319246^6=$ 15.848931924611134852021013733915.

Taigi,

$7358000^{1/5}=e^x=e^{x_1}\cdot p=$ 1.4905685604041673920504265746024 * 15.848931924611134852021013733915 =

=23.623919642811269319097605866468.

Iš "Windows" kalkuliatoriaus $7358000^{0.2}=$ 23.623919642811269319097605866468.

Atsakymai sutampa.

Pastebėsime, kad jeigu, pavyzdžiui, reikia apskaičiuoti $7358000^{1234.567},$ tai tokį reiškinį galima užrašyti taip:

$7358000^{1234.567}=7358000^{\frac{1234567}{1000}}=7358000^{1234567/1000}=(7358000^{1/1000}{)}^{1234567}.$

Tada toliau tereikia apskaičiuoti $7358000^{1/1000}$ ir gautą rezultatą pakelti 1234567 laipsniu.

Dar $7358000^{1234.567}$ galima užrašyti taip:

$7358000^{1234.567}=7358000^{0.1234567\cdot 10000}=(7358000^{0.1234567}{)}^{10000}.$

Tada tereikia apskaičiuoti $7358000^{0.1234567}$ ir gautą rezultatą pakelti 10000 laipsniu.

Dar pastebėsime, kad jeigu skaičiuosime $7358000^{0.9876},$ tai reikės skaičiuoti $e^{x_1}$ ir $e^{x_2}$ su tokiais $x_1$ ir $x_2$:

$x_1=0.9876\ln 7.358\approx 0.9876\cdot 1.99578815668=$ 1.9710403835397185935987544646781,

$x_2=0.9876\ln 10\approx 0.9876\cdot 2.302585092994=$ 2.2740330378409195175361683606463.

Su tokiom $x_1$ ir $x_2$ reikšmėm $e^{x_1}$ ir $e^{x_2}$ Makloreno eilutės gausis ilgos. Kad jas labai patrumpinti, galima $7358000^{0.9876}$ užrašyti taip:

$7358000^{0.9876}=(7358000^{0.09876}{)}^{10}.$

Toliau $7358000^{0.09876}$ galima apskaičiuoti aukščiau aprašytu budu ($a^y=e^{y\ln a}$). Tada

$x_1=0.09876\ln 7.358\approx 0.09876\cdot 0.199578815668=$ 0.19710403835397185935987544646781,

$x_2=0.09876\ln 10\approx 0.09876\cdot 0.2302585092994=$ 0.22740330378409195175361683606463.

Su tokiom $x_1$ ir $x_2$ reikšmėm $e^{x_1}$ ir $e^{x_2}$ Makloreno eilutės gausis daug trumpesnės. Toliau tereikės $e^{x_2}$ pakelti 6 laipsniu, $p=(e^{x_2}{)}^6,$ paskui sudauginti $e^{x_1}$ su p ir rezultatą pakelti 10 laipsniu. Ir tada gausime:

$7358000^{0.9876}=(e^{x_1}\cdot p{)}^{10}=$ 6048002.5023225950089917200618921.

Parodysime dar gudresnį būdą apskaičiuoti $a^y,$ kai a yra labai didelis skaičius. "Windows 10" kalkuliatoriaus didžiausias įmanomas skaičius yra 9.9999999999999999999999999999999e+9999 (tai reiškia $9.999999...\cdot 10^{9999}$). Čia yra 32 devynetai prieš "e+9999", bet kai kurie skaitmenys nesimato, nes skaičiuojant pasitaikydavo, kad atėmus iš tikslios reikšmės, mažiau tikslią gaudavosi vis tiek 32 skaitmenys. Kaip suprantu, Extended Precision (80 bit) turi irgi $9.999999...\cdot 10^{9999}$ didžiausią įmanoma skaičių, tik su mažiau skaitmenų po kablelio. Nors gali būti, kad truputi mažiau nei 10 pakelta rodikliu 9999, gal 10 peklta 4932, kaip rašo Vikipedijoj:

"The 80-bit floating-point format has a range (including subnormals) from approximately 3.65×10⁻⁴⁹⁵¹ to 1.18×10⁴⁹³². Although log₁₀(2⁶⁴) ≅ 19.266, this format is usually described as giving approximately eighteen significant digits of precision (the floor of log₁₀(2⁶³), the minimum guaranteed precision)."

Taigi, Extended Precision (80 bit) turi apie 18 ar 19 skaitmenų (log₁₀(2⁶³) = log₁₀(9,223,372,036,854,775,808) = 18.96488972683) ir apie 4 skaitmenis eksponentės. Tuo tarpu Double Precision (64 bit) turi apie 3 eksponentės skaitmenis (t. y. 999): "Exponents range from −1022 to +1023 because exponents of −1023 (all 0s) and +1024 (all 1s) are reserved for special numbers."

Taigi, iš kalkuliatoriaus

ln(9.9999999999999999999999999999999e+9999) = 23025.850929940456840179914546844.

Ne toks jau didelis skaičius. Tarkim, norime apskaičiuoti $(9.99\cdot 10^{9999}{)}^{0.9876}=a^y;y=0.9876.$ Tada

$(9.99\cdot 10^{9999}{)}^{0.9876}=a^y=e^{y\ln a}=e^x;$

$x=y\ln a=0.9876\ln (9.99\cdot 10^{9999})=0.9876(\ln (9.99)+9999\ln 10);$

$x_1=0.9876\ln (9.99)=$ 2.2730449437114724198514271513722,

$x_2=0.9876\cdot 9999\ln 10=$ 22738.056345371354255844147438102.

Toliau darome taip. Padauginame x iš $0.00001=10^{-5}$ (galima padauginti ir iš, pavyzdžiui, $10^{-7}$ kad dar labiau sutrumpinti Makloreno eilutės skaičiavimą) ir tada gauname

$x_0=x\cdot 10^{-5}=(x_1+x_2)\cdot 10^{-5}=$ 0.22740329390315065728263998865254;

$x_{01}=x_1\cdot 10^{-5}\approx 2.2730449437\cdot 10^{-5}=$ 2.2730449437114724198514271513722e-5,

$x_{02}=x_2\cdot 10^{-5}\approx 22738.05634537\cdot 10^{-5}=$ 0.22738056345371354255844147438102.

Toliau, pagal Makloreno eilutę, apskaičiuojame

$e^{x_{01}}=e^{0.000022730449437}=$ 1.0000227307077757379114427014178,

$e^{x_{02}}=e^{0.2273805634537}=$ 1.2553075012077639197733369606026.

Ir galiausiai $e^{x_0}=e^{x_1+x_2}=e^{x_1}\cdot e^{x_2}$ pakeliame $10^5=100000$-tuoju laipsniu (arba pakeliame 10000000-tuoju laipsniu, jei x dauginome iš $10^{-7}$). Tada

$(9.99\cdot 10^{9999}{)}^{0.9876}=(e^{x_0}{)}^{100000}=(e^{x_{01}}\cdot e^{x_{02}}{)}^{100000}=$

$=(1.0000227307\cdot 1.2553075012{)}^{100000}=$ (1.0000227307077757379114427014178 * 1.2553075012077639197733369606026)^100000 =

= 9.990123938748126108971250386732e+9875.

Kalkuliatoriaus reikšmė yra tokia $(9.99\cdot 10^{9999}{)}^{0.9876}=$

= 9.9901239387481261089712504055752e+9875 =

$\approx 9.990123938748\cdot 10^{9875}.$

Iš tikro, galima buvo padaryt greičiau (tiesiog truputi susipainiojęs buvau (kėliau 5 laipsniu, o ne $10^5,$ todėl nesigaudinėjo...)). Štai kaip.

$x=y\ln a=0.9876\ln (9.99\cdot 10^{9999})=$ 22740.329390315065728263998865254;

$x_0=x\cdot 10^{-5}=$ 0.22740329390315065728263998865254.

Toliau, pagal Makloreno eilutę, apskaičiuojame

$e^{x_0}=e^{0.227403293}=$ 1.2553360352357425652203277670022.

Ir toliau tiesiog $e^{x_0}$ pakeliam $10^5$ laipsniu:

$(9.99\cdot 10^{9999}{)}^{0.9876}=(e^{x_0}{)}^{100000}=(e^{0.22740329390315}{)}^{100000}=1.25533603523574^{100000}=$

= 1.2553360352357425652203277670022^100000 =

= 9.9901239387481261089712504105024e+9875.

Bet kokio skaičiaus pakelimas bet kokiu laipsniu (universalus algoritmas)

Jei pakelsime $2$ kvadratu, tai gausime $2^2=4.$ Jei toliau $4$ pakelsim kvadratu, gausime $(2^2{)}^2=2^{2\cdot 2}=4^2=16.$ Jeigu dar toliau pakelsim 16 kvadratu, tai gausime $2^{2\cdot 2\cdot 2}=16^2=256.$ Jei dar toliau pakelsime 256 kvadratu, tai gausime $2^{16}=2^{2\cdot 2\cdot 2\cdot 2}=256^2=65536.$

Kad gauti skaičių 65536, reikia ant "Windows 10" kalkuliatoriaus paspasuti 2, o paskui 4 kartus paspausti mygtuką x².

Parodysime kaip galima pakelti bet kokį skaičių bet kokiu laipsniu, naudojant tuos pačius veiksmus (nauduojant tą patį algoritmą). Bet šitas algoritmas labiau akcentuotas į pakelimą y laipsniu, skaičių a, kuris yra didesnis už 1.

Tarkim, norime apskaičiuoti $(9.99\cdot 10^{9999}{)}^{0.9876}=a^y;y=0.9876.$ Tada

$(9.99\cdot 10^{9999}{)}^{0.9876}=a^y=e^{y\ln a}=e^x;$

$x=y\ln a=0.9876\ln (9.99\cdot 10^{9999})=$ 22740.329390315065728263998865254.

Žinome, kad $e^x=(e^{x/65536}{)}^{65536}=(e^{0.0000152587890625\cdot x}{)}^{65536}.$

Tada pažymėkime

$x_0=0.0000152587890625\cdot x=$ 0.0000152587890625 * 22740.329390315065728263998865254 =

= 0.34698988937858681836340330299764.

Toliau apskaičiuojame Makloreno eilutę $e^{x_0},$ kuri nėra ilga, nes $x_0<1.$ Taigi

$e^{x_0}=e^{0.3469898893785868}=$ 1.414802420766463739969945373195.

Toliau $e^{x_0}$ reikia pakelti 65536 laipsniu. Tačiau $65536=2^{16}.$ Tiksliai negaliu pasakyt kodėl, bet $e^{x_0}$ reikia pakelti kvadratu 16 kartų (tai galima padaryti pasapaudus mygtuką x² ant kalkuliatoriaus 16 kartų). Tada gausime

$(9.99\cdot 10^{9999}{)}^{0.9876}=a^y=e^{y\ln a}=e^x=(e^{x_0}{)}^{65536}=(e^{x_0}{)}^{2^{16}}=1.41480242^{65536}=$

= 1.414802420766463739969945373195^65536 = 9.9901239387481261089712504055752e+9875.

Atėmę gautą a^y reikšmę iš tikslios "Windows 10" kalkuliatoriaus reikšmės, gauname:

9.9901239387481261089712504055752e+9875 - 9.9901239387481261089712504055752e+9875 =

= 3.8064298062079638161811295770571e+9833.

Kaip sakyta anksčiau, "Windows 10" kalkuliatoriaus tikslumas yra daugiau nei 32 skaitmenys (tie skaitmenys nerodomi). Apytiksli paklaida yra 1.0e+9875 / 1.0e+9833 = 1.e+42, t. y. apie $10^{-42}.$ Todėl "Windows 10" kalkuliatorius turi mažiausiai apie 42 skaitmenų tikslumą (kai skaičiavau, dėjau reikšmes į kalkuliatoriaus atmintį, paspaudus "M+" įrašymui ir "MR" skaitymui iš atminties). Pasitaikydavo atrodo ir apie $10^{-46}$ paklaida, atėmus mažiau tikslią reikšmę iš tikslios reikšmės su "Windows 10" kalkuliatorium.

• Kitas pavyzdys. Apskaičiuosime $a^y=3^{5000}$ naudojant universalų, ką tik pateiktą algoritmą. Kalkuliatoriaus šito skaičiaus reikšmė yra tokia:

$a^y=3^{5000}=$ 4.0389976297871553397008634098151e+2385 =

$\approx 4.0389976297871553397\cdot 10^{2385}.$

$3^{5000}=a^y=e^{y\ln a}=e^x;$

$x=y\ln a=5000\ln 3=5000\cdot 1.0986122886681=$ 5493.0614433405484569762261846126.

$x_0=x/65536=0.0000152587890625\cdot x=0.0000152587890625\cdot 5493.06144334=$

= 0.08381746587128522425806009192829.

Toliau apskaičiuojama Makloreno eilutė $e^{x_0},$ kuri yra trumpa, bet bendrumo dėlei galima skaičiuoti tokio pat ilgio eilutę kaip praeitame pavyzdyje (kad nekeisti algoritmo kiekvienam skaičiui). Taigi

$e^{x_0}=e^{0.08381746587}=$ 1.0874303825344221813244859411118.

Toliau $e^{x_0}$ reikia pakelti 65536 laipsniu. Tai padarysime 16 kartų pakėlę kvadratu skaičių 1.0874303825344221813244859411118 (skaičių $e^{x_0}$). Tada gauname:

$3^{5000}=a^y=e^{y\ln a}=e^x=(e^{x_0}{)}^{65536}=(e^{x_0}{)}^{2^{16}}=1.0874303825344^{65536}=$

= 4.0389976297871553397008634098151e+2385.

Atėmę gautą $3^{5000}$ reikšmę iš tikslios $3^{5000}$ "Windows 10" kalkuliatoriaus reikšmės, gauname paklaidą:

8.4648638092084170075729647383904e+2342.

Vadinasi apytiksliai 2385-2342=43 pirmi skaitmenys yra teisingi.

• Apskaičiuosime $7358000^{1234.567}$ šituo universaliu algoritmu. Kalkuliatoriaus šito skaičiaus reikšmė yra tokia:

$7358000^{1234.567}=$ 2.9855588086470807664732431219819e+8477 =

$\approx 2.985558808647\cdot 10^{8477}.$

$7358000^{1234.567}=a^y=e^{y\ln a}=e^x;$

$x=y\ln a=1234.567\cdot \ln 7358000=1234.567\cdot 15.8112987146468567=$ 19520.107620245425962920091221327.

$x_0=x/65536=0.0000152587890625\cdot x=0.0000152587890625\cdot 19520.1076202454=$

= 0.29785320465462380924865861848948.

Toliau apskaičiuojama Makloreno eilutė $e^{x_0},$ kuri suprantama nėra ilga. Gautume:

$e^{x_0}=e^{0.2978532046546}=$ 1.3469640453138238767100251046857.

Toliau $e^{x_0}$ reikia pakelti 65536 laipsniu. Tai padarysime 16 kartų pakėlę kvadratu skaičių $e^{x_0}$:

$7358000^{1234.567}=a^y=e^{y\ln a}=e^x=(e^{x_0}{)}^{65536}=(e^{x_0}{)}^{2^{16}}=1.34696404531382387671^{65536}=$

= 2.9855588086470807664732431219819e+8477.

Toks pat atsakymas kaip iš kalkuliatoriaus. Atėmę gautą reikšmę, apskaičiuotą šiuo universaliu algoritmu, iš tikslios $7358000^{1234.567}$ reikšmės, gauname paklaidą:

9.764728067703454777066384239029e+8434.

Paklaida yra 8477-8434=43 tokia, kad apytiksliai 43 pirmi skaitmenys yra teisingi.

Pasirodo galima naudoti ne tik skaičių $2^{16}=65536$ ar jo kvadratą, bet ir, pavyzdžiui, skaičių $2^{17}=131072.$ Apskaičiuosime $0.3^{8000}$ taikydami Makloreno eilutę ir greitą universalų algoritmą. Iš kalkuliatoriaus:

$0.3^{8000}=$ 9.3333544088834579475132722410259e-4184 =

$\approx 9.3333544088834579475\cdot 10^{-4184}.$

Pradedame skaičiavimus.

$0.3^{8000}=a^y=e^{y\ln a}=e^{8000\ln 0.3}=e^x;$

$x=y\ln a=8000\cdot \ln 0.3=8000\cdot (-1.2039728043)=$ -9631.7824346074879409819697420947.

$x_0=x/131072=0.00000762939453125\cdot x=0.00000762939453125\cdot (-9631.7824346)=$

= -0.07348466823278417923722816270519.

Toliau apskaičiuojama Makloreno eilutė $e^{x_0},$ kuri nėra ilga (nebūtina skaičiuoti su tokia neigiama $x_0$ reikšme; galima apskaičiuoti $e^{|x_0|},$ o paskui gautą rezultatą pakelti -1 laipsniu, bet su $x_0$ turėtų net truputi greičiaus skaičiuotis Makloreno eilutė nei su $|x_0|$). Apskaičiavus Makloreno eilute gautume:

$e^{x_0}=e^{-0.073484668232784}=$ 0.92915039119982175027449213911686.

Toliau $e^{x_0}$ reikia pakelti $2^{17}=131072$ laipsniu. Tai padarysime 17 kartų pakėlę kvadratu skaičių $e^{x_0}$ (ant kalkuliatoriaus reikia 17 kartų paspausti mygtuką x²):

$0.3^{8000}=a^y=e^{y\ln a}=e^x=(e^{x_0}{)}^{131072}=(e^{x_0}{)}^{2^{17}}=0.92915039119982175^{131072}=$

= 9.3333544088834579475132722410259e-4184.

Toks pat atsakymas kaip iš kalkuliatoriaus. Atėmę gautą reikšmę, apskaičiuotą šiuo universaliu algoritmu, iš tikslios $0.3^{8000}$ reikšmės, gauname paklaidą (Windows 10 kalkuliatorius turi daugiau skaitmenų tikslumą nei rodo):

-3.1898963077025813192937851493148e-4226.

Paklaida yra 4184-4226=-42 tokia, kad apytiksliai 42 pirmi skaitmenys yra teisingi.

Toks Free Pascal kodas apskaičiuoja $0.3^{100}$:

var a:longint; c:real;
begin
c:=1;
for a:=1 to 100 do
c:=c*0.3;
writeln(c);
Readln;
End.

ir [akimirksniu] duodą rezultatą "5.1537752073201157E-053" (tai reiškia $5.1537752073201157\cdot 10^{-53}$).

Iš "Windows 10" kalkuliatoriaus: 5.1537752073201133103646112976562e-53 (tai reiškia $0.3^{100}\approx 5.15377520732011331\cdot 10^{-53}$). Gavome 15 pirmų teisingų skaitmenų, kas atitinka Double Precision (64 bit) garantuotą tikslumą.

O toks Free Pascal kodas apskaičiuoja $0.3^{600}$:

var a:longint; c:real;
begin
c:=1;
for a:=1 to 600 do
c:=c*0.3;
writeln(c);
Readln;
End.

ir [akimirksniu] duodą rezultatą "1.8739277038784846E-314" (tai reiškia $1.8739277038784846\cdot 10^{-314}$).

Iš "Windows 10" kalkuliatoriaus: 1.8739277038847939886754019920358e-314 (tai reiškia $0.3^{600}\approx 1.87392770388479\cdot 10^{-314}$). Gavome tik 11 pirmų teisingų skaitmenų, nors kodas skaičiavo su Double Precision (64 bit) tikslumu, kuris duoda nuo 15 iki 17 skaitmenų tikslumą.

Tačiau, jei panaudosime eilutę "for a:=1 to 585 do" vietoje "for a:=1 to 600 do", tai gausime "1.3059724367053167E-306". Kalkuliatoriaus reikšmė yra tokia $0.3^{585}\approx 1.30597243670531420175446\cdot 10^{-306}.$ Gavome 15 pirmų teisingų skaitmenų su FP kodu.

Jei šis FP kodas pasiliks toks pat tik bus pakeista eilutė "for a:=1 to 600 do" į eilutę "for a:=1 to 610 do", tai gaunamas FP kodo atsakymas yra "1.1065094204260558E-319". Tiksli kalkuliatoriaus reikšmė yra: $0.3^{610}=$ 1.1065355698669320023729381222772e-319. Su Free Pascal kodu gavome tik 5 pirmus teisingus skaitmenis.

O jeigu panaudosime tokią FP kodo eilutę "for a:=1 to 620 do", tai FP duos tokį atsakymą: "0.0000000000000000E+000". Tuo tarpu kalkuliatoriaus reikšmė yra tokia: $0.3^{620}=$ 6.5339818865072467808119623182348e-325.

Panašu, kad skaičiuojant su Free Pascal, atliekant daug daugybos veiksmų tikslumas pradeda mažėt.

Iš kitos pusės, toks Free Pascal kodas (kuris skaičiuoja $3^{646}$):

var a:longint; c:real;
begin
c:=1;
for a:=1 to 646 do
c:=c*3;
writeln(c);
Readln;
End.

duoda akimirksniu atsakymą "1.6608505280233451E+308". Kalkuliatoriaus atsakymas: $3^{646}=$ 1.6608505280233424907169817301232e+308. Su FP gavome 15 pirmų teisingu skaitmenų.

Bet jeigu įrašysime "for a:=1 to 647 do" vietoje "for a:=1 to 646 do", tai jau Free Pascal kodas neskaičiuoja ir duoda klaidą "exited with exitcode = 205".

Toks Free Pascal kodas (kuris skaičiuoja $10^{308}$):

var a:longint; c:real;
begin
c:=1;
for a:=1 to 308 do
c:=c*10;
writeln(c);
Readln;
End.

duoda akimirksniu atsakymą "9.9999999999999981E+307". Ir panašu, kad $\approx 10^{308}$ yra maksimalus skaičius, kurį supranta "Free Pascal", nes su kodo eilute "for a:=1 to 309 do" šitas kodas duoda klaidą "exited with exitcode = 205".

Pasirodo, kad apytiksliai $10^{308}$ ir yra didžiausias skaičius Double Precision formate. Va čia https://www.ragestorm.net/downloads/387intel.txt

Skyrelyje "2.2.2.3 Real Numbers" pasukus truputi žemiau yra "Table 2-3. Summary of Format Parameters":

Parameter_________________ZDDDDDDDD Format DDDDDDDD?

__________________________Single_ _Double_ _Extended

Format width in bits__________32_______64_________80

p (bits of precision)_________24_______53_________64

Exponent width in bits_________8_______11_________15

Emax________________________+127____+1023_____+16383

Emin________________________-126____-1022_____-16382

Exponent bias_______________+127____+1023_____+16383

Taigi, Double Precision didžiausias skaičius yra $2^{1023}\approx 8.98846567431157953\cdot 10^{307}=$ 8.9884656743115795386465259539451e+307 (dar turbūt reikia šitą skaičių padauginti iš 9.99999999999999 ar panašiai). ($2^{11}=2048,$$2^{10}=1024$).

Beje, Double Extended Precision $2^{16383}=$ 5.94865747678615882542879663314e+4931. ($2^{15}=32768,$ $2^{14}=16384$).

Be to, $2^{-1022}=$ 2.2250738585072013830902327173324e-308. Todėl, tikriausiai, dėl to tikslumas ir prarandamas kai eksponentė yra mažiau nei -308 (pavyzdžiui, -314 ar -319), nes toks absoliučiu didžiu mažas skaičius net nepalaikomas Double Precision (64 bit) formate.

Nuorodos

• http://www.sosmath.com/calculus/tayser/tayser01/tayser01.html
• Teiloro eilutės įrodymas. https://www.youtube.com/watch?v=GUtLtRDox3c