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 $f(x):\;$

$f'(x)=a_{1}+2a_{2}x+3a_{3}x^{2}+4a_{4}x^{3}+5a_{5}x^{4}+\cdots ,$

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

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

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

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

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

$f(0)=a_{0}+a_{1}\cdot 0+a_{2}\cdot 0^{2}+a_{3}\cdot 0^{3}+a_{4}\cdot 0^{4}+a_{5}\cdot 0^{5}+\cdots =a_{0},$

$f'(0)=a_{1}+2a_{2}\cdot 0+3a_{3}\cdot 0^{2}+4a_{4}\cdot 0^{3}+5a_{5}\cdot 0^{4}+\cdots =a_{1},$

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

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

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

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

Dabar nesunku rasti koeficientus $a_{n}$:

$a_{0}=f(0),\;$

$a_{1}=f'(0),\;$

$a_{2}={\frac {f''(0)}{2!}},\;$

$a_{3}={\frac {f'''(0)}{3!}},\;$

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

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

$\cdots$

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

Dabar tereikia įstatyti gautus koeficientus $a_{n}$ į eilutę

$f(x)=a_{0}+a_{1}x+a_{2}x^{2}+a_{3}x^{3}+a_{4}x^{4}+a_{5}x^{5}+\cdots =f(0)+f'(0)x+{\frac {f''(0)}{2!}}x^{2}+{\frac {f'''(0)}{3!}}x^{3}+{\frac {f^{(4)}(0)}{4!}}x^{4}+{\frac {f^{(5)}(0)}{5!}}x^{5}+\cdots .$

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

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

Pavyzdžiai

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

Sprendimas.

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

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

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

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

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

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.

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Teiloro formulė

Teiloro eilute užrašomos funkcijos pavidalas yra toks:

$f(x)=f(x_{0})+{\frac {f'(x_{0})}{1!}}(x-x_{0})+{\frac {f''(x_{0})}{2!}}(x-x_{0})^{2}+{\frac {f'''(x_{0})}{3!}}(x-x_{0})^{3}+...+{\frac {f^{(n)}(x_{0})}{n!}}(x-x_{0})^{n}+{\frac {f^{(n+1)}(c)}{(n+1)!}}(x-x_{0})^{n+1}.\quad (8)$

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:

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

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

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

Čia k yra sveikasis skaičius. Todėl

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

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

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

Čia k yra sveikasis skaičius. Todėl

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

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:

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

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

Apskaičiuosime jų reikšmes taške $x=0$:

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

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

Vadinasi,

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

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

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

Matome, kad

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

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

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

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 $x=0.9.$

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

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

Matome, kad

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

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 ($-1<x\leq 1$).

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

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

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

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,

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

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

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

Turime

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

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

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

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

=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:

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

Tada

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

Turime

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

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

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

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

=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:

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

Tai yra, x=-0.12886183097395441374956757206472.

Tada

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

Turime

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

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

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

= 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

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

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 =

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

e pakelta x liekamojo nario įvertinimas

• Apskaičiuosime $e^{1 \over 2}$ 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

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

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 ${1 \over 2},$ gauname

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

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

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

Mums reikia, kad

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

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

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

Taigi

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

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

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

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

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

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

Mums reikia, kad

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

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

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

Taigi

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

= 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,

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

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

=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

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

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

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

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

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

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

Įstatome gautą x reikšmę į (10.1) eilutę:

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

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

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

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

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,

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

=36.8403149864038660577982283358.

Iš "Windows" kalkuliatoriaus $50000^{1 \over 3}=$ 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, $a^{y}=e^{\ln a^{y}}=e^{y\ln a}.$

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

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

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

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:

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

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